Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng: $\frac{a}{\sqrt{b+c-a}}+\frac{b}{\sqrt{c+a-b}}+\frac{c}{\sqrt{a+b-c}}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$

Xin nêu lên một cách khai thác giả thiết như sau:

Thoạt nhìn giả thiết đề cho, ta cảm thấy số 5 xuất hiện 2 lần, số 4 xuất hiện 1 lần và không thấy có nhiều đặc điểm nổi bật, xem tiếp đến dạng phát biểu của P thì thấy có một đặc điểm nổi lên là : y,z hoàn toàn bình đẳng với nhau và cô lập với x, điều này làm ta nghĩ tới việc ghép y,z lại với nhau.....

Bài giải có thể trình bày như sau:

Chú ý : $4(y^{2}+z^{2})-4yz \geq (y+z)^{2}$ nên từ giả thiết cho ngay : $4x^{2}-5x(y+z)+(y+z)^{2}\geq 0$ tới đây cho ta : $(x\geq y+z )(x\leq \frac{y+z}{4})$

Khai thác P ta nhận thấy phân thức đầu tiên $\sqrt{\frac{x}{3(y+z)}}$ đã được tách rõ hai phần {x} và {y+z} nên ta sẽ tiến hành đánh giá cơ bản để hai phân thức nằm ngay sau đó cũng đưa về được hai phần riêng biệt như phân thức đầu

Xét bổ đề : $\sqrt{\frac{y}{y+a}}+\sqrt{\frac{z}{z+a}}\leq 2\sqrt{\frac{y+z}{y+z+2a}}$ ( xin dành cho bạn đọc tự chứng minh) (a >0)

Áp dụng bổ đề : xem như 2x là a, khi đó

P$\leq \sqrt{\frac{x}{3y+3z}}+2\sqrt{\frac{y+z}{4x+y+z}}$

Đến đây hi vọng đặt t = x / (y+z) đưa P về 1 biến số bài toán thực hiện được ( P/s: hết time, mọi người thông cảm, có ai hăng hái đi tiếp nhé )

P/S: Đã gửi bài thì giải hết nhé bạn! Mình cũng cùng ý tưởng với bạn, sau đây mình xin giải chi tiết.

Đặt $f(x,y,z)=\sqrt{\frac{x}{3y+3z}}+\sqrt{\frac{y}{2x+y}}+\sqrt{\frac{z}{2x+z}}$

Ta chứng minh $f(x,y,z)\leq f(x,t,t)$ với $t=\frac{y+z}{2}$

Xét $f(x,y,z)-f(x,t,t)=\sqrt{\frac{y}{2x+y}}+\sqrt{\frac{z}{2x+z}}-2\sqrt{\frac{t}{2x+t}}$

Ta cần chứng minh $\sqrt{\frac{y}{2x+y}}+\sqrt{\frac{z}{2x+z}}\leq 2\sqrt{\frac{y+z}{4x+y+z}}$

Ta chứng minh bổ đề $\sqrt{\frac{y}{y+a}}+\sqrt{\frac{z}{z+a}}\leq 2\sqrt{\frac{y+z}{2a+y+z}}$

Đặt $y+a=m,z+a=n\Rightarrow \sqrt{\frac{m-a}{m}}+\sqrt{\frac{n-a}{n}}\leq 2\sqrt{\frac{m+n-2a}{m+n}}\Leftrightarrow 2-\left ( \frac{a}{m}+\frac{a}{n} \right )+2\sqrt{\left ( 1-\frac{a}{m} \right )\left ( 1-\frac{a}{n} \right )}\leq 4-\frac{8a}{m+n}$

Mặt khác $-\left ( \frac{a}{m}+\frac{a}{n} \right )\leq -\frac{4a}{m+n}$

Bổ đề trở thành $2\sqrt{\left ( 1-\frac{a}{m} \right )\left ( 1-\frac{a}{n} \right )}\leq 2-\frac{4a}{m+n}$

Lại có $2\sqrt{\left ( 1-\frac{a}{m} \right )\left ( 1-\frac{a}{n} \right )}\leq 2-\left ( \frac{a}{m}+\frac{a}{n} \right )\leq 2-\frac{4a}{m+n}$

Bổ đề được chứng minh 

Sử dụng bổ đề với $a=2x\Rightarrow f(x,y,z)\leq f(x,t,t)=\sqrt{\frac{x}{6t}}+2\sqrt{\frac{t}{2x+t}}$

Đặt $\frac{x}{t}=k\Rightarrow f(x,t,t)=\sqrt{\frac{6}{k}}+2\sqrt{\frac{1}{2k+1}}=f(k)$

Từ giả thiết suy ra $4x^{2}-5x(y+z)+4y^{2}+4z^{2}-4yz=0\geq 4x^{2}-5x(y+z)+(y+z)^{2}\Leftrightarrow \frac{y+z}{4}\leq x\leq y+z\Leftrightarrow \frac{1}{4}\leq k\leq 1$

Khảo sát $f(k)$ trên $\left [ \frac{1}{4};1 \right ]\Rightarrow maxf(k)=f(\frac{1}{4})=\frac{\sqrt{3}+6\sqrt{2}}{6}$

Vậy $maxP=\frac{\sqrt{3}+6\sqrt{2}}{6}$. Đẳng thức xảy ra khi $y=z=2x$

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $4(x^{2}+y^{2}+z^{2})=5xy+5xz+4yz$

Tìm $\max P=\sqrt{\frac{x}{3y+3z}}+\sqrt{\frac{y}{2x+y}}+\sqrt{\frac{z}{2x+z}}$

Cho $x,y,z>1$ thỏa mãn $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq 2$

Tìm $\max P=(x-1)(y-1)(z-1)$

 

Ngày thi thứ nhất.

Câu 2. Cho $a, b, c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng $$3(a^2+b^2+c^2)\geq(a+b+c)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geq(a+b+c)^2.$$
 

$\star $ Ta có: $\sum \sqrt{ab}\leq \sqrt{3\left ( \sum ab \right )}$ 

Ta cần chứng minh $3\sum a^{2}\geq \left ( \sum a \right )\left ( \sqrt{3\left ( \sum ab \right )} \right )+\sum \left ( a-b \right )^{2}\Leftrightarrow \sum a^{2}\geq \left ( \sum a \right )\left ( \sqrt{3\left ( \sum ab \right )} \right )-2\sum ab\Leftrightarrow \left ( a+b+c \right )^{2}\geq (a+b+c)\left ( \sqrt{3(a+b+c)} \right )\Leftrightarrow \left ( a+b+c \right )^{2}\geq 3(ab+bc+ca)$ (luôn đúng)

$\star $ $\left ( \sum a \right )\left ( \sum \sqrt{ab} \right )+\sum \left ( a-b \right )^{2}\geq \left ( \sum a \right )^{2}\Leftrightarrow \left ( \sum a \right )\left ( \sum \sqrt{ab} \right )+\sum a^{2}\geq 4\sum ab$ $(1)$

Đặt $\left ( \sum x^{2} \right )\left ( \sum xy \right )+\sum x^{4}\geq 4\sum x^{2}y^{2}$ 

Đặt $\left\{\begin{matrix} p=x+y+z & \\ q=xy+yz+zx & \\ r=xyz & \end{matrix}\right.$

$(1)$ trở thành $\left ( p^{2}-2q \right )q+p^{4}-4p^{2}q+2q^{2}+4pr\geq 4(q^{2}-2pr)\Leftrightarrow p^{4}-3p^{2}q+12pr\geq 4q^{2}$

Mặt khác ta có bđt quen thuộc $4q^{2}\leq p^{2}q+3pr$ $(2)$

Theo bđt Schur ta có: $a^{r}(a-b)(a-c)+b^{r}(b-c)(b-a)+c^{r}(c-a)(c-b)\geq 0$

Cho $r=1$ bđt Schur trở thành: $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\Leftrightarrow p^{3}-4pq+9r\geq 0\Leftrightarrow p^{4}-4p^{2}q+9pr\geq 0$ $(3)$

Cộng theo vế $(2)$ và $(3)$ suy ra đpcm

Cho $x\geq y\geq z> 0$ và $x+y+z=3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $P=\frac{x}{z}+\frac{z}{y}+3y$

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn $x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq xyz$. Tìm max:

$P=\frac{x}{x^{2}+yz}+\frac{y}{y^{2}+zx}+\frac{z}{z^{2}+xy}$

Ta có: $xy+yz+zx\leq x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq xyz\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\leq 1 & \\ \frac{x}{yz}+\frac{y}{zx}+\frac{z}{xy}\leq 1 & \end{matrix}\right.$

$P\leq \frac{1}{4}\left ( \frac{1}{x}+\frac{x}{yz}+\frac{1}{y}+\frac{y}{zx}+\frac{1}{z}+\frac{z}{xy} \right )\leq \frac{1}{2}$

Cho phương trình: $ax^{2}+(2b+c)x+2d+e=0$ có một nghiệm không nhỏ hơn $4$. Chứng minh rằng phương trình $ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0$ có nghiệm 

Cho $a,b,c>0$. Tìm $\min P=\frac{4a^{3}+3b^{3}+2c^{3}-3b^{2}c}{(a+b+c)^{3}}$

Tìm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn

$f(x+y)+f(x-y)-2f(x)(1+y)=2xy(3y-x^{2}),\forall x,y\in \mathbb{R}$

Tìm tất cả các số nguyên dương $a,b,c$ sao cho $a^{2}+1$ và $b^{2}+1$ là các số nguyên tố và thỏa mãn: $\left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )=\left ( c^{2}+1 \right )$

Cho dãy số nguyên dương $u_{n}$ thỏa mãn $u_{1}=1;u_{2}=2;u_{4}=5$, với mọi $n$ nguyên dương khác $1$ ta có: $u_{n+1}u_{n-1}=u_{n}^{2}+a$ với $a^{2}=1$

$a/$ Tìm số hạng tổng quát của dãy trên

$b/$ Tìm các số tự nhiên $n$ không vượt quá $2012$ sao cho $u_{n}\vdots 10$

Cách làm này Sai.

Thiếu trường hợp $a<b<c$.

 

Ta cần tìm bộ ba số $a,b,c$ thỏa mãn:

$$1 \leq a \leq b \leq c \leq 9 \Leftrightarrow 1 \leq a < b +1 < c+ 2 < 9 +3 = 11$$

Như vậy ta chỉ cần chọn 3 số trong các số từ 1 đến 11 là xong. Ta có $C_{11}^3=165$ số

Em xét thiếu, trương hợp này có $C_{9}^{3}=84$ số

Vậy có $84+81=165$ số 

Câu $3$

Phương trình $(1)$ tương đương:

$\left ( x-1 \right )^{3}+3x=\left ( y-2 \right )^{3}+3(y-1)$

Xét hàm $f(t)=t^{3}+3(t+1)\Rightarrow f'(t)=3t^{2}+3> 0\forall t$

Suy ra hàm đồng biến trên $\mathbb{R}$

Nên $x-1=y-2\rightarrow x=y-1$

Thế vào $(2)$ ta được: $y\sqrt{y+2}+(y+6)\sqrt{y+9}=y^{2}+4y-4\Leftrightarrow y\sqrt{y+2}-21+(y+6)\sqrt{y+9}-52=y^{2}+4y-77\Leftrightarrow \frac{y^{3}+2y^{2}-441}{y\sqrt{y+2}+21}+\frac{y^{3}+21y^{2}+144y-2380}{(y+6)\sqrt{y+9}+52}=(y-7)(y+11)\Leftrightarrow y=7\rightarrow x=6$

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)$ duy nhất là $(7;6)$

Câu $2b$: 

Nhận thấy trong ba số $a,b,c$ không thể có số $0$

+)Trường hợp $1$: $a=b=c$ sẽ có $9$ số

+)Trường hợp $2$: $a=b< c$, ta cần chọn ra $2$ bất kì trong $9$ số nên có $C_{9}^{2}$ cách

Với mỗi cách chọn $2$ số thì sẽ chỉ có $1$ cách sắp xếp $a,b,c$

Nên trường hợp này có $36$ số

+)Trường hợp $3$: $a< b=c$ tương tự cũng có $36$ số

Vậy có tất cả $81$ số 

Câu $2$: $a/$ pt tương đương $cos2x+\sqrt{3}sin2x+2=3(sinx+\sqrt{3}cosx)\Leftrightarrow cos\left ( 2x-\frac{\pi}{3} \right )+1=3cos\left ( x-\frac{\pi}{6} \right )$

Đặt $cos\left ( x-\frac{\pi}{6} \right )=a\left ( -1\leq a\leq 1 \right )$

Pt trở thành $cos2a+1=3cosa\Leftrightarrow 2cos^{2}a-3cosa=0\Leftrightarrow cos\left ( x-\frac{\pi}{6} \right )=0\Leftrightarrow x=\frac{2\pi}{3}+k\pi\left ( k\in Z \right )$

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=6$

Chứng minh $\frac{a}{\sqrt{b^{3}+1}}+\frac{b}{\sqrt{c^{3}+1}}+\frac{c}{\sqrt{a^{3}+1}}\geq 2$

Xét khai triển: $A=\left ( 1+2x \right )^{100}$. Hãy tìm hệ số lớn nhất của $A$

Ta có: $A=\sum_{k=0}^{100}C_{100}^{k}\left ( 2x \right )^{k}= \sum_{k=0}^{100}a_{k}x^{k}$

Giả sử $a_{k}$ là hệ số lớn nhất 

Suy ra $\left\{\begin{matrix} a_{k}\geq a_{k+1} & \\ a_{k}\geq a_{k-1} & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} C_{100}^{k}2^{k}> C_{100}^{k+1}2^{k+1} & \\ C_{100}^{k}2^{k}> C_{100}^{k-1}2^{k-1} & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} C_{100}^{k}> 2C_{100}^{k+1} & \\ 2C_{100}^{k}>C_{100}^{k-1} & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} k> \frac{199}{3} & \\ k< \frac{202}{3} & \end{matrix}\right. \Rightarrow k=67\Rightarrow a_{k}=C_{100}^{67}2^{67}$

Cho $a,b,c$ là ba cạnh tam giác.$x,y,z$ là nghiệm của hệ $\left\{\begin{matrix} cy+bz=a & \\ az+cx=b & \\ bx+ay=c & \end{matrix}\right.$

Chứng minh $x+y+z\leq \frac{3}{2}$

 

Ngày 2 (04/10/2014) :

Câu 5 :

1) Chứng minh rằng với mọi $a;b;c>0$ ta có $$\frac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}+\frac{b(a+c)}{(a+c)^2+b^2}+\frac{c(a+b)}{(a+b)^2+c^2}\leq \frac{6}{5}$$

 

$\sum \frac{a(b+c)}{a^{2}+(b+c)^{2}}=\sum \frac{a(b+c)}{a^{2}+\frac{1}{4}(b+c)^{2}+\frac{3}{4}(b+c)^{2}}\leq \sum \frac{a(b+c)}{a(b+c)+\frac{3}{4}(b+c)^{2}}$

Ta có: $1-\frac{a(b+c)}{a(b+c)+\frac{3}{4}(b+c)^{2}}=\frac{3}{4}\cdot \frac{(b+c)^{2}}{a(b+c)+\frac{3}{4}(b+c)^{2}}\Rightarrow 3-\sum \frac{a(b+c)}{a(b+c)+\frac{3}{4}(b+c)^{2}}=\frac{3}{4}\sum \frac{(b+c)^{2}}{a(b+c)+\frac{3}{4}(b+c)^{2}}\geq \frac{3}{4}\cdot \frac{4(a+b+c)^{2}}{\frac{3}{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})+\frac{7}{2}(ab+bc+ca)}= 6\cdot \frac{(a+b+c)^{2}}{3(a+b+c)^{2}+ab+bc+ca}\geq 6\cdot \frac{(a+b+c)^{2}}{3(a+b+c)^{2}+\frac{(a+b+c)^{2}}{3}}= \frac{9}{5}\Rightarrow \sum \frac{a(b+c)}{a(b+c)+\frac{3}{4}(b+c)^{2}}\leq \frac{6}{5}$

Giáo viên có 30 bài: 5 khó,10 trung bình và 15 dễ.Hỏi có thể lập được ? đề kiểm tra từ 30 bài trên,mỗi đề 15 bài,trong đề đủ 3 loại bài và số bài dễ $\geq 2$.

Hàm sinh cho số cách chọn bài dễ là $A(x)=x^{2}+x^{3}+...+x^{13}=\frac{x^{2}\left ( 1-x^{12} \right )}{1-x}$

Hàm sinh cho số cách chọn bài trung bình là $B(x)=x^{1}+x^{2}+...+x^{10}=\frac{x\left ( 1-x^{10} \right )}{1-x}$

Hàm sinh cho số cách chọn bài khó là $C(x)=x^{1}+x^{2}+...+x^{5}=\frac{x\left ( 1-x^{5} \right )}{1-x}$

Suy ra hàm sinh cho số đề kiểm tra là $G(x)=A(x)B(x)C(x)=\frac{x^{4}\left ( 1-x^{12} \right )\left ( 1-x^{10} \right )\left ( 1-x^{5} \right )}{\left ( 1-x \right )^{3}}=\left ( x^{4}-x^{14}-x^{16}+x^{26}-x^{9}+x^{19}+x^{21}-x^{31} \right )\frac{1}{\left ( 1-x \right )^{3}}$

Cần tìm hệ số của $x^{15}$ trong khai triển $G(x)$ nên chỉ có hệ số $a_{4},a_{9},a_{14}$ của $x^{4},x^{9},x^{14}$ là thỏa mãn

Hệ số của $x^{r}$ trong khai khai triển $\frac{1}{\left ( 1-x \right )^{3}}$ là $b_{r}=C_{r+2}^{r}$

Vậy hệ số của $x^{15}$ trong khai triển $G(x)$ là $a_{4}b_{11}+a_{9}b_{6}+a_{14}b_{1}=C_{13}^{11}-C_{3}^{1}-C_{8}^{6}=47$

Đề thi chọn đội tuyển HSG QG tỉnh Lâm Đồng năm học 2014-2015

 

 

2014 - 2015 chon Doi tuyen_2.jpg

$1)$ Tứ giác $OCAD$ nội tiếp, suy ra $\widehat{ODA}=90^{\circ}$

Suy ra $AC,AD$ là các tiếp tuyến của $\left ( C_{2} \right )$

Suy ra $AC=AD$. Ta có: $\left\{\begin{matrix} \widehat{BCF}=\widehat{CAE} & \\ \widehat{CBF}=\widehat{ACE} & \end{matrix}\right. \Rightarrow \widehat{AEC}=\widehat{BFC}\Rightarrow \widehat{CEF}=\widehat{CFE}$

Mà $\left\{\begin{matrix} \widehat{AEG}=\widehat{CEF}=\widehat{CFE}=\widehat{ADC} & \\ \widehat{AGE}=\widehat{ADC} & \end{matrix}\right. \Rightarrow \widehat{AEG}=\widehat{AGE}=\widehat{ADC}=\widehat{ACD}$

$\Rightarrow \widehat{CAD}=\widehat{GAE}\Rightarrow \widehat{CGD}=\widehat{GCF}$

Tứ giác $CFDG$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{HFD}=\widehat{CGD}=\widehat{GCF}\Rightarrow FD//CG$

$2)$ Tứ giác $CEDB$ nội tiếp suy ra $\widehat{GED}=\widehat{CBD}$

Mà $\widehat{CBD}=\widehat{ACD}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

$\Rightarrow \widehat{GED}=\widehat{ACD}$

Mà $\widehat{EGD}=\widehat{CAD}$ (góc nội tiếp)

Suy ra $\Delta ACD\sim \Delta GED$. Mà $ACD$ cân suy ra $\Delta EGD$ cân

$3)$ Từ câu $1$ suy ra $\Delta CEF\sim \Delta ACD\sim \Delta GED$

$\Delta HCG$ cân và $FD//CG$ suy ra $DG=CF$

$\Rightarrow \Delta CEF=\Delta GED$ suy ra $CE=CG$

$HE$ là trung tuyến tam giác cân nên cũng là trung trực 

Vậy $HE$ là trung trực của $FD$

Chứng minh rằng $ (C^0_{n})^2 + (C^1_{n})^2 +......+ (C^n_{n})^2 = C^n_{2n}$
Làm bằng 2 Cách nhé 

Sai đề r kìa !

Giả sử một lớp học có $2n$ học sinh. Cần chọn ra $n$ bạn tham gia văn nghệ

$\star$ Cách $1$: Chọn $n$ bạn từ $2n$ bạn, có $C_{2n}^{n}$ cách chọn

$\star$ Cách $2$: Chia lớp thành $2$ tổ, mỗi tổ $n$ bạn 

Từ tổ $1$ lấy $k$ bạn rồi từ tổ $2$ lấy $n-k$ bạn thì có $C_{n}^{k}C_{n}^{n-k}=\left ( C_{n}^{k} \right )^{2}$ cách chọn. Cho $k$ chạy từ $0$ đến $n$ ta có $\left ( C_{n}^{0} \right )^{2}+\left ( C_{n}^{1} \right )^{2}+...+\left ( C_{n}^{n} \right )^{2}$ cách chọn. 

Vậy đẳng thức được chứng minh

Cho $a;b;c$ là ba số thực dương thỏa $a+b+c=3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 

$P=\frac{(a+b-c)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab}+\frac{(b+c-a)^2}{a^2+b^2+c^2+2bc}+\frac{(c+a-b)^2}{a^2+b^2+c^2+2ca}$

 

Cách khác:

Ta có: $1-\frac{\left ( a+b-c \right )^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab}=\frac{2c\left ( a+b \right )}{\left ( a+b \right )^{2}+c^{2}}=\frac{2c\left ( a+b \right )}{\frac{\left ( a+b \right )^{2}}{4}+c^{2}+\frac{3}{4}\left ( a+b \right )^{2}}\leq \frac{2c(a+b)}{(a+b)c+\frac{3}{4}(a+b)^{2}}=\frac{2c}{c+\frac{3}{4}(a+b)}=\frac{2c}{\frac{9}{4}+\frac{c}{4}}=\frac{8c}{9+c}\leq \frac{2}{25}c\left ( 9+\frac{1}{c} \right )= \frac{18}{25}c+\frac{2}{25}\Rightarrow \sum \frac{(a+b-c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab}\geq \frac{3}{5}$

1/ Từ các chữ số 1;2;3;...;9 lập được bao nhiêu số tự nhiên , mỗi số gồm 6 chữ số khác nhau và tổng các chữ số hàng chục,hàng trăm,hàng nghìn bằng 8.

 

Gọi tập hợp số cần tìm là $\overline{a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}a_{5}a_{6}}$

Ta có: $8=1+3+4=1+2+5$ suy ra $a_{3},a_{4},a_{5}$ là hoán vị của $1,2,5$ hoặc $1,3,4$

Suy ra có 12 cách chọn $\overline{a_{3}a_{4}a_{5}}$

Với mỗi cách chọn $\overline{a_{3}a_{4}a_{5}}$ thì có $6$ cách chọn $a_{1}$ 

$5$ cách chọn $a_{2}$

$4$ cách chọn $a_{6}$

Vậy có tất cả $6.5.4.12=1440$ cách chọn