ĐÁP án ÔN THI TOÁN THPT QUỐC GIA

Câu 1.

(Đề chính thức 2018) Ba bạn A , B , C mỗi bạn viết ngẫu nhiên lên bảng một số tự nhiên thuộc
đoạn 1;17  . Xác suất để ba số được viết ra có tổng chia hết cho 3 bằng
A.

1728
.
4913

B.

1079
.
4913

C.

23
.
68

D.

1637
.
4913

Lời giải
Không gian mẫu có số phần tử là 17  4913 .
Lấy một số tự nhiên từ 1 đến 17 ta có các nhóm số sau:

*) Số chia hết cho 3 : có 5 số thuộc tập 3;6;9;12;15 .
3

*) Số chia cho 3 dư 1 : có 6 số thuộc tập 1;4;7;10;13;16 .
*) Số chia cho 3 dư 2 : có 6 số thuộc tập 2;5;8;11;14;17 .
Ba bạn A , B , C mỗi bạn viết ngẫu nhiên lên bảng một số tự nhiên thuộc đoạn 1;17  thỏa mãn
ba số đó có tổng chia hết cho 3 thì các khả năng xảy ra như sau:
 TH1: Ba số đều chia hết cho 3 có 53  125 cách.
 TH2: Ba số đều chia cho 3 dư 1 có 63  216 cách.
 TH3: Ba số đều chia cho 3 dư 2 có 63  216 cách.
 TH4: Một số chia hết cho 3 , một số chia cho 3 dư 1 , chia cho 3 dư 2 có 5.6.6.3!  1080 cách.
125  216  216  1080 1637

Vậy xác suất cần tìm là
.
4913
4913
Câu 2.

(Đề Tham Khảo 2018) Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp
12B và 5 học sinh lớp 12C thành một hàng ngang. Xác suất để 10 học sinh trên không có 2 học
sinh cùng lớp đứng cạnh nhau bằng
11
1
1
1
A.
B.
C.
D.

630
126
105
42
Lời giải
Chọn A

n    10!
Gọi H là biến cố “không có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau”
+ Đầu tiên xếp 5 học sinh lớp 12C thì có 5! cách xếp
+ Giữa 5 học sinh lớp C và ở hai đầu có 6 khoảng trống
TH1: Xếp 5 học sinh của hai lớp A và B vào 4 khoảng trống ở giữa và 1 khoảng trống ở 1
đầu thì có 2.5! cách xếp
TH2: Xếp 5 học sinh vào 4 khoảng trống giữa 5 học sinh lớp C sao cho có đúng một khoảng
trống có 2 học sinh thuộc 2 lớp A, B thì có 2!.2.3.4! cách xếp.
Suy ra, n  H   5! 2.5! 2!.2.3.4!  p  H  
Câu 3.

11
.
630

(Đề chính thức 2018) Ba bạn A, B , C viết ngẫu nhiên lên bảng một số tự nhiên thuộc đoạn

1;14 . Xác suất để ba số được viết ra có tổng chia hết cho 3 bằng


A.

457

1372

B.

307
1372

C.

207
1372

D.

31
91

Lời giải
Chọn A
Số phần tử không gian mẫu:

n() 143 .

Vì trong 14 số tự nhiên thuộc đoạn 1;14 có: 5 số chia cho 3 dư 1; 5 số chia cho 3 dư 2; 4 số
chia hết cho 3.Để tổng 3 số chia hết cho 3 ta có các trường hợp sau:
TH1: Cả 3 chữ số đều chia hết cho 3 có: 4 3 (cách)
TH2: Cả 3 số chia cho 3 dư 1 có: 5 3 (cách)
TH3: Cả 3 số chia cho 3 dư 2 có: 5 3 (cách)
TH4: Trong 3 số có một số chia hết cho 3; một số chia cho 3 dư 1; một số chia 3 dư 2 được ba
người viết lên bảng nên có: 4.5.5.3! (cách)

Gọi biến cố E:” Tổng 3 số chia hết cho 3”
Ta có:

n(E)  43 53 53  4.5.5.3!  914.

Vậy xác suất cần tính: P ( E ) 
Câu 4.

914 457
.

143 1372

(Đề Tham Khảo 2018) Cho dãy số  un  thỏa mãn log u1  2  log u1  2 log u10  2 log u10 và
un1  2un với mọi n  1 . Giá trị nhỏ nhất của n để u n  5100 bằng
A. 247

B. 248

C. 229
Lời giải

D. 290

Chọn B
Có u n1  2un  2 n u1 . Xét log u1  2  log u1  2 log u10  2 log u10 (*)
Đặt t  log u1  2log u10 , điều kiện t  2
Pt (*) trở thành

t  0

 t  1
2  t  t   2
t  t  2  0

Với t  1  log u1  2 log u10  1 (với log u10  log  29.u1   9 log 2  log u1 )
 log u1  1  18log 2  u1  10118log 2
Mặt khác u n  2 n1 u1  2 n1.10118log 2  2 n.5.10 18 log 2  5100  n  log 2  599.1018log 2   247,87
Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 248 .
Câu 5.

1 4 7 2
x  x có đồ thị (C ) . Có bao nhiêu điểm A thuộc
6
3
(C ) sao cho tiếp tuyến của (C ) tại A cắt (C ) tại hai điểm phân biệt M  x1 ; y1  , N  x2 ; y2  (
(Đề chính thức 2018) Cho hàm số y 

M , N khác A ) thỏa mãn y1  y2  4  x1  x2 
A. 3 .

B. 0 .

C. 1 .
Lời giải

D. 2 .

 
Đường thẳng MN có VTCP là NM  ( x1  x2 ; y1  y2 )  ( x1  x2 ; 4( x1  x2 )) .



Chọn VTCP là u  (1; 4)  VTPT n  (4; 1) .


1 4 7 2
x1  x1 .
6
3
Đường thẳng MN còn tiếp xúc với đồ thị (C ) tại điểm A . Như vậy, nếu A có hoành độ là x0
Phương trình đường thẳng MN : 4( x  x1 )  ( y  y1 )  0  y  4 x  4 x1 

 x  1
2 3 14
3
thì x0 là nghiệm của phương trình x  x  4  x  7 x  6  0   x  2

3
3
 x  3

13 

+ x  1: A  1;  
6

Vì đường thẳng MN tiếp xúc với đồ thị (C ) tại A nên ta có:

13
1
7

2
 4  x14  x12  4 x1   x1  1  x12  2 x1  11  0 (1)
6
6
3
(1) có 1 nghiệm kép và 2 nghiệm đơn phân biệt nên đường thẳng MN tiếp xúc với đồ thị (C ) tại


A và cắt đồ thị tại 2 điểm phân biệt M , N khác A .
20 

+ x  2 : A  2;  
3 

Vì đường thẳng MN tiếp xúc với đồ thị (C ) tại A nên ta có:

20
1
7
2
 8  x14  x12  4 x1   x1  2   x12  4 x1  4   0 (2)
3
6
3
(2) có 1 nghiệm kép và 2 nghiệm đơn phân biệt nên đường thẳng MN tiếp xúc với đồ thị (C ) tại
A và cắt đồ thị tại 2 điểm phân biệt M , N khác A .


15 


+ x  3 : A  3;  
2

Vì đường thẳng MN tiếp xúc với đồ thị (C ) tại A nên ta có:

15
1
7
2
 12  x14  x12  4 x1   x1  3  x12  6 x1  13  0 (3)
2
6
3
(3) chỉ có 1 nghiệm kép nên đường thẳng MN chỉ tiếp xúc với đồ thị (C ) tại A nên loại.
Vậy có 2 điểm A thỏa mãn yêu cầu đề bài.


Câu 6.

x  2
có đồ thị (C) và điểm A( a;1) . Gọi S là tập
x 1
hợp tất cả các giá trị thực của tham số a để có đúng một tiếp tuyến của (C) đi qua A . Tổng tất
(Đề Tham Khảo 2018) Cho hàm số y 

cả các giá trị các phần tử của S là
A. 1

B.

3
2

C.

5
2

Lời giải
Chọn C
ĐK: x  1 ; y ' 

1
( x  1)2

Đường thẳng d qua A có hệ số góc k là y  k( x  a)  1

D.

1
2



x  2
 k( x  a)  1  x  1  1
có nghiệm.
d tiếp xúc với (C )  
 k  1  2 


( x  1)2
Thế  2  vào 1 ta có:

1
x  2
( x  a)  1 
  x  a  x 2  2 x  1   x 2  3x  2, x  1
2
x 1
( x  1)

 2 x2  6x  a  3  0  3 
Để đồ thị hàm số có một tiếp tuyến qua A thì hệ là số nghiệm của hệ phương trình trên có
nghiệm duy nhất  phương trình  3 có nghiệm duy nhất khác 1
  '  9  2 a  6  0


3
a
1  6  a  3  0

2

 2 x  6 x  a  3  0 (3)  

2
 '  9  2 a  6  0  a  1


 2  6  a  3  0

Cách 2: TXĐ : D   \ 1 ; y  

1

 x  1

2

Giả sử tiếp tuyến đi qua A a;1 là tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x  x0 , khi đó phương trình
tiếp tuyến có dạng : y 

1

 x0  1

2

 x  x0  

 x0  2
d 
x0  1

Vì A  d nên thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng d ta có :

1

1

 x0  1

a  x0  
2 

2
 x0  2
2 x  6 x0  3  a  0 1
 0
x0  1
 x0  1

Để chỉ có một tiếp tuyến duy nhất đi qua A thì phương trình 1 có nghiệm duy nhất khác 1
     9  2a  6  0

3

a
1  6  a  3  0


2
     9  2a  6  0 
a

1


  2  6  a  3  0

Câu 7.

(Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần 2 - 2019) Cho lưới ô vuông đơn vị, kích thước 4  6
như sơ đồ hình vẽ dưới. Một con kiến bò từ A mỗi lần di chuyển nó bò theo một cạnh hình vuông
để tới mắt lưới liền kề. Có bao nhiêu cách thực hiện hành trình để sau 12 lần di chuyển nó dừng
lại ở B?


A. 3498 .

B. 6666 .

C. 1532 .
Lời giải

D. 3489 .

Chọn B
Vì con kiến sau 12 lần di chuyển dừng lại ở B nên hành trình của con kiến chỉ có thể gồm: 7 lần
bò sang phải 1 lần bò sang trái 4 lần bò xuống hoặc 6 lần bò sang phải 5 lần bò xuống 1 lần bò
lên.
Ta ký hiệu:” L: bò lên; X: bò xuống; P: bò sang phải; T: bò sang trái”.
TH1: Hành trình con kiến bao gồm: 7 lần bò sang phải 1 lần bò sang trái 4 lần bò xuống. Số
hành trình trường hợp này là số cách xếp 7 chữ P; 1 chữ T; 4 chữ X vào 12 ô theo thứ tự và chữ
T phải nằm trong các chữ P. Ta xếp 4 chữ X trước có C124 cách. Vì chữ T phải nằm trong các
chữ P có 6 cách xếp  Số hành trình loại này là: 6.C124
TH2: Hành trình con kiến bao gồm: 6 lần bò sang phải 5 lần bò xuống 1 lần bò lên. Tương tự
như trường hợp 1  Số hành trình loại này 4.C126 .
Vậy số cách thực hiện hành trình để sau 12 lần di chuyển con kiến dừng lại ở B là:

6.C124  4.C124  6666 .

Câu 8.

(THPT Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - Lần 1 - 2019) Hai bạn A và B mỗi bạn lên bảng viết ngẫu
nhiên một số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau. Xác suất để các chữ số có mặt ở hai số
đó giống nhau đồng thời tổng lập phương các chữ số đó chia hết cho 3 là
41
7
53
29
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
5823
1944
17496
23328
Lời giải
Chọn C
Đặt M  3;6;9 , N  1; 4;7 và P  2;5;8 .
Xét số abc , với a  0; a, b , c phân biệt và  a 3  b 3  c 3  3.
3

Ta có  a 3  b3  c3    a  b  c   3  a  b  b  c  c  a  .
3

Do đó  a 3  b3  c3  3   a  b  c   3   a  b  c  3.
2

Không gian mẫu đề bài cung cấp có số phần tử là: n      9  9  8  .
Gọi X là biến cố “A và B viết được các số có 3 chữ số abc , def sao cho a ; b ; c  d ; e ; f 
”.
Nếu a ; b ; c có chứa chữ số 0 và 2 phần tử còn lại:


+ cùng thuộc M thì số cách chọn là:  C32   42.
+ có 1 phần tử thuộc N , 1 phần tử thuộc P thì số cách chọn là:  C31C31   4 2.
Nếu a ; b ; c không chứa chữ số 0, có 2 khả năng xảy ra:
2

2

2

+ a, b , c cùng thuộc M hoặc N hoặc P thì số cách chọn là:  3!   3!   3! .
2

+ Mỗi số a, b , c thuộc 1 tập khác nhau trong M , N , P thì số cách chọn là:  C31C31C31    3! .
2

2

Vậy n  X    C32   42   C31C31   42  3  3!   C31C31C31    3!  1272
 P X  

Câu 9.

n X 
n 



53
.
17496

(Chuyên KHTN - Lần 2 - 2019) Cho một đa giác đều 48 đỉnh. Lấy ngẫu nhiên ba đỉnh của đa
giác. Tìm xác suất để tam giác tạo thành từ ba đỉnh đó là một tam giác nhọn.
33
33
11
22
A.
B.
C.
D.
.
.
.
.
47
94
47
47
Lời giải
Chọn C

3
Ta có   C48

Gọi  O  là đường tròn ngoại tiếp đa giác. A là 1 đỉnh bất kỳ của đa giác, kẻ đường kính

AA thì A cũng là một đỉnh của đa giác. Đường kính AA chia  O  thành hai nửa đường tròn.
Gọi T : “là biến cố lấy ba đỉnh tạo thành một tam giác nhọn”.
T “là biến cố lấy ba đỉnh tạo thành một tam giác vuông hoặc tam giác tù”.

Chọn một đỉnh A có 48 cách.
Chọn 2 đỉnh còn lại, thoả mãn ba đỉnh tạo thành một tam giác vuông hoặc tam giác tù. Ta sẽ có
hai đỉnh còn lại thuộc thuộc một trong hai nửa đường tròn bao gồm cả A 24 điểm có

C242  C242
2

cách.

 T  48.

C242  C242
.
2

Vậy P(T)  1  P(T ) 
Câu 10.

11
.
47

(THPT Hàm Rồng - Thanh Hóa - 2019) Cho tập hợp X  1, 2,3, 4,5,6,7,8 . Từ tập hợp X
lập được một số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau. Xác suất để số lập được chia hết cho
1111 là:
A.

4!4!
.
8!

B.

C82C62C42
.
8!

C.

384
.
8!

D.

A82 A62 A42
.
8!

Lời giải
Chọn C

Số các số tự nhiên lập được từ tập hợp X có 8 chữ số đôi một khác nhau là: 8! .


Gọi n  a1a2a3a4a5a6a7 a8 là số tự nhiên có 8 chữ số khác nhau đôi một được lập từ tập hợp X
và chia hết cho 1111 .
8

8

4

Dễ thấy: n   ai .108i   ai .108i   ai .108i
i 1

i 5

i 1

4

Với

8
8 i

 a .10
i

 a1a2 a3a4  10 4  9999 a1a2 a3a4  a1a2 a3a4 và

i 1

8i

 a .10
i

 a5a6 a7 a8 .

i 5





Do đó: n 1111  a1a2 a3a4  a5 a6 a7 a8  1111
  a1  a5  .1000   a2  a6  .100   a3  a7  .10   a4  a8    1111

Đặt xi  ai  ai 4 , với i  1, 4 , ta có 3  xi  15 với mọi i  1, 4 và
4

8

 x  a
i

i 1

j

 1 2 

 8  36 .

j 1

Hơn nữa, x1.1000  x2 .100  x3 .10  x4  1111.k (*), k là số nguyên dương không vượt quá 9 .
Ta nhận thấy chỉ có trường hợp x1  x2  x3  x4 thì (*) thỏa mãn.
4

x

i

Do đó: x1  x2  x3  x4 

i 1



4

36
9.
4

Suy ra mỗi cặp  ai ; ai4   1;8  ,  2;7  ,  3;6  ,  4;5 .
4

Vậy số số tự nhiên n 1111 là 4! 2!  384. Suy ra xác suất là P 

Câu 11.

384
.
8!

(THPT Quảng Xướng 1 - Thanh Hóa - Lần 3 - 2019) Gieo đồng thời 3 con súc sắc. Bạn là
người thắng cuộc nếu xuất hiện ít nhất 2 mặt 6 chấm. Xác suất để trong 6 lần chơi thắng ít nhất
4 lần gần nhất với giá trị nào dưới đây.
A. 1,24.105

B. 3,87.104 .

D. 1,65.107 .

C. 4.104 .
Lời giải

Chọn C
Gọi B là biến cố gieo đồng thời 3 súc sắc. Gọi biến cố là B1 , B2 , B3 lần lượt là các biến cố gieo
súc sắc 1; 2; 3.
Xác suất để các súc sắc xuất hiện mặt 6 chấm là P  B1  

1
1
1
; P  B2   ; P  B3   . .
6
6
6

Bạn là người thắng cuộc nếu xuất hiện ít nhất 2 mặt 6 chấm nên xác suất là
1 1 5 1 1 1
2
P  B   C 32 . . .  . . 
.
6 6 6 6 6 6 27
Nên P  B  

2
2
25

. Suy ra P B  1 
27
27 27

 

Gọi A là biến cố “Bạn là người thắng cuộc”. Để trong 6 lần chơi thắng ít nhất 4 lần nên ta có
4

  

P  A   C64  P  B   P B
Câu 12.

2

5

 

6

 C65  P  B   P B  C66  P  B    4.10 4

(Chuyên Sơn La - Lần 1 - 2019) Gọi S 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 S . Xác suất để số được chọn chia hết cho
3 bằng


A.

11
.
27

21
.
32

B.

12
.
27

C.

D.

23
.
32

Lời giải
Chọn A
Trước hết ta tính n ( S ) . Với số tự nhiên có chín chữ số đôi một khác nhau thì chữ số đầu tiên có
9 cách chọn và có A98 cho 8 vị trí còn lại. Vậy n( S )  9 A98
Giả sử B  0;1; 2;...;9 ta thấy tổng các phần tử của B bằng 45 3 nên số có chín chữ số đôi một
khác nhau và chia hết cho 3 sẽ được tạo thành từ 9 chữ số của các tập

B \ 0 ; B \ 3 ; B \ 6 ; B \ 9 nên số các số loại này là
A99  3.8. A88 .
Vậy xác suất cần tìm là
Câu 13.

A99  3.8. A88 11
.

9. A98
27

(Chuyên QH Huế - Lần 2 - 2019) Tung một con xúc sắc không đồng chất thì xác suất xuất hiện
mặt hai chấm và ba chấm lần lượt gấp hai và ba lần xác suất xuất hiện các mặt còn lại, xác suất
xuất hiện các mặt còn lại như nhau. Xác suất để sau 7 lần tung có đúng 3 lần xuất hiện số mặt
chẵn và 4 lần xuất hiện số mặt lẻ gần bằng số nào sau đây?
A. 0, 234 .
B. 0, 292 .

C. 0, 2342 .
D. 0, 2927 .
Lời giải
Chọn D

Gọi Ai là biến cố xuất hiện mặt i chấm.  i  1, 2,3, 4,5, 6 
Gọi xác suất xuất hiện các mặt còn lại là P  A1   P  A4   P  A5   P  A6   x .
Khi đó xác suất xuất hiện mặt hai chấm là P  A2   2 x .
Khi đó xác suất xuất hiện mặt ba chấm là P  A3   3 x .
Ta có

P  A1   P  A2   P  A3   P  A4   P  A5   P  A6   1
1
9
Xác suất để sau 7 lần tung có đúng 3 lần xuất hiện số mặt chẵn và 4 lần xuất hiện số mặt lẻ là:
 x  2 x  3x  x  x  x  1  9 x  1  x 

P  A1   P  A2   P  A3   P  A4   P  A5   P  A6   1
 x  2 x  3x  x  x  x  1  9 x  1  x 

1
9

Xác suất xuất hiện mặt chẵn là P  A2   P  A4   P  A6  

4
.
9

Xác suất xuất hiện mặt lẻ là P  A1   P  A3   P  A5  

3

4

 4 5
Xác suất cần tìm là C73 .      0, 2927 .
9 9

5
.
9


Câu 14.

(Sở GDĐT Bình Phước - 2019) Gọi S là tập hợp gồm các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác
nhau. Lấy ngẫu nhiên một số trong tập S. Xác suất để số lấy ra có dạng a1a2 a3a4 a5 với

a1  a2  a3 và a3  a4  a5 bằng
A.

1
.
24

B.

1
.
30

C.

1
.
36

D.

1
.
48

Lời giải
Chọn A
Gọi A là biến cố lấy ra số có dạng a1a2 a3a4 a5 với a1  a2  a3 và a3  a4  a5 .
Giả sử a3  n, n  0;1; 2;...;9 . Vì a1 ; a2 ; a3 ; a4 ; a5 đôi một khác nhau và

a1  a2  a3  a4  a5 nên n  4 .
Ta có, a1  0 và a1  a2  a3  a4  a5 nên ta có: a1 ; a2 ; a4 ; a5 thuộc tập hợp 0;1; 2;...; n  1
Số cách chọn cặp  a1 ; a2  là: C n21 (Vì a1  0 và a2  a1 ).
Số cách chọn cặp  a4 ; a5  là C n2 2 (Vì a4  a5 ).
9

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:

C

2
n 1

.Cn22  1134 .

n4

4
Số phần tử của không gian mẫu là: 9. A9  27216 .

Vậy xác suất của biến cố A là: P  A  
Câu 15.

1134
1

.
27216 24

1
1
1
(Sở GDĐT Bình Phước - 2019) Rút gọn biểu thức T  Cn0  Cn1  Cn2  ... 
Cnn , n  
2
3
n 1
ta được kết quả là

A.

2n1

n 1

2 n 1  1
n 1
Lời giải

B. 2n1 .

C.

D.

*

2n  1
.
n 1

Chọn C
1

1

n

n

Ta có 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n   1  x  dx    Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n dx
0




Câu 16.

 x  1

n 1

n 1

0

1
x2 1
x3 1
x n 1 1
 Cn0 x  Cn1
 Cn2
 ...  Cnn
0
0
2 0
3 0
n 1 0

1

2n1  1
1

1
1
 Cn0  Cn1  Cn2  ... 
Cnn .
n 1
2
3
n 1

(HSG 12 - TP Nam Định - 2019) Cho tập X  1;2;3;...;8 . Gọi A là tập hợp các số tự nhiên
có 8 chữ số đôi một khác nhau được lập từ X . Lấy ngẫu nhiên một số từ tập A . Tính xác suất
để số được lấy chia hết cho 2222 .
A.

C82 .C62 .C42
.
8!

B.

192
.
8!

C.
Lời giải

4!.4!
.
8!

D.

384
.
8!


Chọn D
Số phần tử của không gian mẫu là 8!.
Gọi x  A và x  a1a2 a3a4b1b2b3b4 . Do 1111 và 2 nguyên tố cùng nhau nên x chia hết cho

2222 khi và chỉ khi x chia hết cho 2 và x chia hết cho 1111 hay b4 là số chẵn và x chia hết

1111.
Do x chia hết cho 1111 và từ giả thiết x chia hết cho 9 nên x chia hết số 9999 . Mặt khác
x  a1a2 a3a4 .104  b1b2b3b4  9999.a1a2 a3a4  a1a2 a3a4  b1b2b3b4 . Nên x chia hết cho 9999 khi
và chỉ a1a2 a3a4  b1b2b3b4 chia hết cho 9999 .
Vì 1000  a1a2 a3a4  b1b2b3b4  2.9999 và a1a2 a3a4  b1b2b3b4 chia hết số 9999 nên

a1a2 a3a4  b1b2b3b4  9999  ai  bi  9 với mọi i  1, 2,3, 4 .
Do 1  8  2  7  3  6  4  5  9 nên  ai ; bi  1;8 ,  2;7  ,  3;6  ,  4;5 với mọi i  1, 2,3, 4 .
Mặt khác x là chẵn nên b4 chẵn, Chọn:

b4 có 4 cách chọn, khi đó a4 có một cách chọn;
b3 có 6 cách chọn, khi đó a3 có một cách chọn;

b2 có 4 cách chọn, khi đó a2 có một cách chọn;
b1 có 2 cách chọn, khi đó a1 có một cách chọn.
Theo quy tắc nhân số phần tử của tập X bằng 4.1.6.1.4.1.2.1  192 .

192
Vậy xác suất cần tính là
.
8!
Câu 17. (THPT Yên Khánh A - Ninh Bình - 2019) Gọi X là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số
đôi một khác nhau. Lẫy ngẫu nhiên một số thuộc tập X . Tính xác suất để số lấy được luôn chứa
đúng ba số thuộc tập Y  1; 2;3; 4;5 và ba số đứng cạnh nhau, số chẵn đứng giữa hai số lẻ.
A. P 

37
.
63

B. P 

25
.
189

C. P 

25
.
378

D. P 

17
.
945

Lời giải
Chọn D
Số phần tử của không gian mẫu là n     9. A95 .
Gọi A là biến cố số lấy được luôn chứa đúng ba số của tập Y và ba số đứng cạnh nhau, số chẵn
đứng giữa hai số lẻ.
Số cách lấy ba số thuộc tập Y gồm một số chẵn và hai số lẻ là C32 .C21 .
Số cách xếp ba chữ số lấy từ tập Y thành số có ba chữ số mà chữ số chẵn đứng giữa hai chữ số
lẻ là 2!
Do ba số lấy từ tập Y đứng cạnh nhau nên ta coi đó là một số  .
Trường hợp 1: Trong số có 6 chữ số cần lập có chữ số 0
-Chọn hai chữ số còn lại từ các chữ số 6; 7; 8; 9 có C42 cách.
-Xếp các chữ số 0;  và hai chữ số được chọn thành số có 6 chữ số có 3.3! cách.
Vậy trường hợp này có C21 .C32 .2!.C42 .3.3!  1296 số.
Trường hợp 2: Trong số có 6 chữ số cần lập không có chữ số 0
-Chọn ba chữ số còn lại từ các chữ số 6; 7; 8; 9 có C43 cách.


-Xếp các chữ số  và ba chữ số được chọn thành số có 6 chữ số có 4! cách.
Vậy trường hợp này có C21 .C32 .2!.C43 .4!  1152 số.
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n  A   1296  1152  2448 .
Xác suất của biến cố A là P  A  
Câu 18.

n  A
n  



2448 17

.

9. A95 945

(Sở GD Nam Định - 2019) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 7 chữ số, lấy ngẫu nhiên một
số từ tập S . Xác suất để số lấy được có chữ số tận cùng là 3 và chia hết cho 7 có kết quả gần
nhất với số nào trong các số sau?
A. 0,014 .
B. 0,012 .
C. 0,128 .
D. 0,035 .
Lời giải
Chọn A
Số phần tử của không gian mẫu là n   9.106  9000000 .
Cách 1
Gọi A là biến cố lấy được số có chữ số tận cùng là 3 và chia hết cho 7.
Số tự nhiên có 7 chữ số có chữ số tận cùng là 3 và chia hết cho 7có dạng N 3 , trong đó N là số
tự nhiên có 6 chữ số.
Ta có N 3  N 0  3  10 N  3  7 N  3N  3 .
Do N 3 chia hết cho 7 nên 3 N  3  7 k  N  2k 
N là số tự nhiên khi và chỉ khi

k 3
3

k 3
 m  k  3m  3, m   .
3

Khi đó N  7m  6, m   .

99994
999993
.
m
7
7
nên 14285  m  142856 . Suy ra có 128572 giá trị m thỏa mãn.

Do 100000  N  999999  100000  7 m  6  999999 
Do m  

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n  A  128572 .
Xác suất của biến cố A là P  A 

n  A 128572

 0,014 .
n  9000000

Cách 2
Gọi A là biến cố lấy được số có chữ số tận cùng là 3 và chia hết cho 7.
Ta có phần tử nhỏ nhất của A là a  1000023 .
Gọi b là phần tử bất kỳ của A . Do b có chữ số tận cùng là 3 nên b  a chia hết cho 10.
Mặt khác a, b đều chia hết cho 7 nên b  a chia hết cho 7.
Ta có  7,10  70 nên b  a  70m  b  a  70m  1000023  70m, m   .
8999976
 m  128571 .
70
Suy ra có 128572 giá trị m thỏa mãn. Vậy A có 128572 phần tử.
n  A 128572

Xác suất của biến cố A là P  A 

 0,014 .
n  9000000

Do b  9999999 nên 1000023  70m  9999999  m 


Câu 19.

(THPT Đô Lương 3 - Nghệ An - Lần 1 - 2019) Cho S là tập có 5 phần tử. Hai bạn học sinh
A , B lên bảng và mỗi người viết một tập con của S . Xác suất để trên bảng có đúng 3 phần tử
của S là.
175
A.
.
512

135
.
512

B.

C.

270
.
512

D.

135
.
1024

Lời giải
Chọn B
Số tập con của tập có 5 phần tử là: 25  32 tập con.
Số cách bạn A , B viết hai tập con lên bảng là n     32.32  1024 kết quả.
Gọi A :" Hai bạn học sinh A , B lên bảng và mỗi người viết một tập con của S để trên bảng có
đúng 3 phần tử của S '' .
TH1: Có một bạn viết tập hợp  , một bạn viết tập có 3 phần tử có: 2.C53  20 kết quả.
TH2: Có một bạn viết tập hợp một phần tử và một bạn viết tập có 2 phần tử khác phần tử tập
đầu có: C51.C42  C52 .C31  60 kết quả.
TH3: Có một bạn viết tập hợp một phần tử và một bạn viết tập có 3 phần tử trong đó có một
phần tử ở tập đầu có: 5.C42  C53 .3  60 kết quả.
TH4: Có một bạn viết tập hợp hai phần tử và một bạn viết tập có 3 phần tử trong đó có hai phần
tử ở tập đầu có: C52 .C31  C53 .C32  60 kết quả.
TH5: Hai bạn viết hai tập có 3 phần tử giống như nhau có: C53  10 kết quả.
TH6: Hai bạn viết hai tập có hai phần tử trong đó có một phần tử ở hai tập giống nhau có:
2.C52 .C31  60 kết quả.
Do đó: n  A  20  60  60  60  10  60  270 kết quả.
Xác suất cần tìm là: p  A  

n  A  270 135
.


n    1024 512

Câu 20. (Chuyên Nguyễn Quang Diệu - Đồng Tháp - Lần 2 - 2019) Hai mươi lăm em học sinh lớp 12A
được xếp ngồi vào một vòng tròn trong đêm lửa trại. Ba em học sinh được chọn( xác suất được
lựa chọn đối với mỗi em là như nhau) và cứ tham gia một trò chơi. Xác suất để ít nhất haie m
trong ba em học sinh được chọn ngồi cạnh nhau là
1
11
1
6
A.
.
B.
.
C. .
D.
.
92
46
4
23
Lời giải
Chọn B
3
Ta có   C25
 2300.

Ta có hai trường hợp:
TH1: ba em được chọn ngồi kề nhau xem như là một nhóm có 25 cách.
TH2: hai em được chọn ngồi gần nhau là 1 nhóm em còn lại không ngồi kề có 25.21  525 .
Vậy n  A   550  P  A  

n  A




11
46


Câu 21.

(THPT Trần Phú - Hà Nội - 2019) Với mỗi số nguyên dương n , gọi sn là số cặp số nguyên

 x; y  thỏa mãn

x 2  y 2  n 2 . (nếu a  b thì hai cặp số  a; b  và  b; a  khác nhau). Khẳng định

nào sau đây là đúng?
A. lim

n 

sn
n

 2 .

B. lim

n 

sn
n

 2.

C. lim

n 

sn
n

  .

sn

D. lim

n

n 

 4.

Lời giải
Chọn C
Cách 1:

Xét điểm M  x; y  bất kì nằm trong (tính cả biên) của hình tròn  Cn  : x 2  y 2  n 2 .
Mỗi điểm M tương ứng với một và chỉ một hình vuông đơn vị S  M  nhận M là đỉnh ở góc
trái, phía dưới, có các cạnh lần lượt song song hoặc nằm trên các trục tọa độ.
Ta được sn bằng số các hình vuông S  M  và bằng tổng diện tích của S  M  , với M   Cn  .



Nhận xét: các hình vuông S  M  , S  M  đều nằm trong hình tròn Cn 





2

: x

2



 y2  n  2

2

. Do đó sn   n  2 . 1



Mặt khác, các hình vuông S  M  phủ kín hình tròn Cn 





2

: x

2



2

Vì thế sn   n  2 .  2 
Từ 1 và  2  , suy ra









 n  2  sn   n  2 , n  




sn
2
2
  1 
  1 
 

n 
n
n 





2

 y2  n  2 .

*

, n 2.



2





sn
2
2
Mà lim  1 
  .
  lim  1 
   , theo nguyên lí kẹp, ta được lim
n 
n 
n


Cách 2: Gọi Dn là số cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn x 2  y 2  n 2 với x  y và En là số cặp số
nguyên  x; x  thỏa mãn x 2  y 2  n 2 . Ta có En là số các số nguyên k sao cho 2k 2  n 2 , từ

k

2
n , ta có n  
2

n 2 
n 2 
n 2 
và  
k
 . Cho nên En  2 
  1.
 2 
 2 

 2 

Tiếp theo, ta đánh giá Dn .
Tổng số cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn x 2  y 2  n 2 với x  y là 4 N n với N n là số các cặp số
tự nhiên  x; y  thỏa mãn x 2  y 2  n 2 và x  y . Giả sử  x; y   

2

thỏa mãn x 2  y 2  n 2 , khi

đó 0  x  n , 0  y   n 2  x 2  .




Nên ta có đánh giá với Dn là 4  n    n 2  x 2    4 N n  Dn  4   n 2  x 2  .




0 x  n
0 x  n
Vì

thế

cho

nên

từ

sn  En  Dn ,

có

4n  1  Tn  sn  1  Tn ,

trong

đó

n 2 
2
2
Tn  2 
  4   n  x  .
 2  1 x  n

sn
1  n 2 
 lim 2  2 
 4   n 2  x 2   . Do đánh giá về phần nguyên

2
n  n
n  n 


  2  1 x  n



Suy ra lim

n 2 
n 2
2
2
2
2
2
  4  n  x ,
  4   n  x   2 
 2  1 x n
 2  1 x n
n 2 
n 2
2
2
2
  4 
  4   n  x   2 
 2  1 x n
 2  1 x  n





n2  x2  1

s
4
4
x
Nên ta được lim n2  lim 2  n2  x 2  lim  1   
n  n
n  n
n  n
n
1 x  n
1 x  n

2

1

Về bản chất, kết quả giới hạn này là giá trị của tích phân xác định I   4 1  x 2 dx   .
0

Vậy lim

n 

Câu 22.

sn
n

  .

(THPT Vĩnh Phúc - Lần 2 - 2019) Cho tập A  1;2;3;....;100  . Gọi S là tập hợp các tập con
của A , mỗi tập con này gồm 3 phần tử và có tổng các phần tử bằng 91. Chọn ngẫu nhiên một
phần tử của S . Xác suất để chọn được một tập có 3 phần tử lập thành cấp số nhân là
1
3
4
2
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
930
645
645
1395


Lời giải
Chọn C
+)Gọi a , b, c  A  a  b  c  91 và giả sử a  b  c  91  a  b  c  3a  a  30 .
.Nếu a  1  b  c  90  có các bộ là 1; 2;88 , 1;3;87  ,...., 1; 44; 46  có 43 bộ.
. Nếu a  2  b  c  89  có các bộ là  2;3;86  ,  2;4;85  ,....,  2; 44; 45  có 42 bộ.
. Nếu a  3  b  c  88  có các bộ là  3; 4;84  ,  3;5;83 ,....,  3; 43;45  có 40 bộ.
. Nếu a  4  b  c  87  có các bộ là  4;5;82  ,  4;5;81 ,....,  4; 43; 44  có 39 bộ.
…………………………………………………….

. Nếu a  28  b  c  63  có các bộ là  28; 29;34  ,  28;30;33 ,  28;31;32  có 3 bộ.
. Nếu a  29  b  c  62  có các bộ là  29;30;32  có 1 bộ.
. Nếu a  30  b  c  61  không có bộ nào thỏa mãn.
Vậy số phần tử không gian mẫu là   (43  42)  (40  39)  ....  (4  3)  1  645 .
+)Gọi q là công bội của cấp số nhân.
Ta có a  aq  aq 2  a (1  q  q 2 )  91  1.91  7.13 .
Do đó a  1  q 2  q  1  91  q  9  bộ số là 1,9,81 .
a  7  q 2  q  1  13  q  3  bộ số là  7, 21, 63 .
a  13  q 2  q  1  7  q  2  bộ số là 13, 26,52  .
Do đó số kết quả thuận lợi là  A  3 .
Vậy P ( A) 

3
.
645

Câu 23. Có hai hộp đựng bi, mỗi viên bi chỉ mang một màu trắng hoặc đen. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp
55
đúng một viên bi. Biết tổng số bi ở hai hộp là 20 và xác suất để lấy được hai viên bi đen là
.
84
Tính xác suất để lấy được hai viên bi trắng.
11
7
5
1
A.
.
B.
.

C.
.
D.
.
30
30
28
28
Lời giải
Chọn D
Gọi x là số bi ở hộp 1 (điều kiện: x  1;19   ).
 Số bi ở hộp 2 là 20  x ( 20  x  0 ).
Gọi a là số bi đen ở hộp 1; b là số bi đen ở hộp 2 (điều kiện: a; b  1;19   ).
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho 2 số dương x; 20  x ta có:
x  20  x  

 x  20  x 
4

2

 100 .

Theo giả thiết xác suất để lấy được hai viên bi đen là
a
b
55
ab
.


 x  20  x   84. .
x 20  x 84
55

55
nên ta có:
84


Do x;20  x nguyên dương và x  20  x   100 nên


ab
ab
là số nguyên dương và 84.  100 .
55
55

ab
 1  x  20  x   84 và ab  55 .
55

Ta có: a, b  N *  a  5; b  11 hoặc a  11; b  5 .
Trường hợp 1: a  11; b  5  x  11  x  12;19 .
Mà x  20  x   84  2.2.3.7  x  14 .
Vậy hộp 1 có 14 viên bi trong đó có 11 bi đen  hộp 1 có 3 bi trắng.
và hộp 2 có 6 viên bi trong đó có 5 bi đen  hộp 2 có 1 bi trắng.
 Xác suất để lấy được 2 bi trắng là:

3 1 1

.  .
14 6 28

Trường hợp 2: a  5; b  11  x  5  x   6;19 .
Mà x  20  x   84  2.2.3.7  x  6 .
Vậy hộp 1 có 6 viên bi trong đó có 5 bi đen  hộp 1 có 1 bi trắng.
và hộp 2 có 14 viên bi trong đó có 11 bi đen  hộp 2 có 3 bi trắng.
 Xác suất để lấy được 2 bi trắng là:

1 3
1
.  .
6 14 28

Câu 24. Có hai hộp chứa các quả cầu màu xanh và màu đỏ. Từ mỗi hộp lấy ngẫu nhiên đúng một quả
cầu. Biết tổng số quả cầu trong hai hộp là 20 và xác suất để lấy được hai quả cầu màu xanh là
55
. Tính xác suất để lấy được hai quả cầu màu đỏ.
84
1
29
1
5
A.
.
B.
.
C.
.
D.

.
28
84
42
21
Lời giải
Chọn A
Gọi x , z lần lượt là số quả cầu xanh trong hộp 1 và 2 .
Gọi y, t lần lượt là số quả cầu đỏ trong hộp 1 và 2 .
Theo giả thiết ta có

xz
55

 84 xz  55  x  y  z  t  .
 x  y  z  t  84

Vì  55,84   1 nên xz chia hết cho 55 , do đó x  11, z  5 ( vì vai trò x và z là như nhau)
Ta có 11  y  5  t   84  11  y  9  y   84  y  3 , suy ra t  1 .
Vậy xác suất để được hai quả cầu đỏ là
Câu 25.

C31.C11
3
1
.


11  3 5  1 84 28

(Thi thử Bạc Liêu – Ninh Bình lần 1) Ba cầu thủ sút phạt đền 11m, mỗi người sút một lần với
xác suất ghi bàn tương ứng là x, y và 0, 6 (với x  y ). Biết xác suất để ít nhất một trong ba cầu


thủ ghi bàn là 0,976 và xác suất để cả ba cầu thủ đều ghi bàn là 0,336 . Tính xác suất để có đúng
hai cầu thủ ghi bàn.
A. P  0, 4525 .
B. P  0, 4245 .
C. P  0, 435 .
D. P  0, 452 .
Lời giải
Chọn D
Xác suất để ba cầu thủ không ghi bàn lần lượt là 1  x; 1  y; 0, 4 .
 Xác suất để ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn là:
47
1 0, 4.1 x.1 y   0,976  x  y  xy 
1
50
Xác suất để cả ba cầu thủ đều ghi bàn là x. y.0, 6  0,336  xy 

14
 2
25



47
75
 x  y  xy 
 x  y 



50
50  x  0,8
Từ 1 & 2 ta có hệ: 


 x  y


 y  0, 7
14
14
 xy 
 xy 
25
25


Vậy xác suất để có đúng hai cầu thủ ghi bàn là:
P  0,8.0, 7.0, 4  0, 2.0, 7.0, 6  0,8.0,3.0, 6  0, 452 .
Câu 26.

(Thi thử Bạc Liêu – Ninh Bình lần 1) Trò chơi quay bánh xe số trong chương trình truyền hình
“Hãy chọn giá đúng” của kênh VTV3 Đài truyền hình Việt Nam, bánh xe số có 20 nấc điểm: 5
, 10 , 15 ,., 100 với vạch chia đều nhau và giả sử rằng khả năng chuyển từ nấc điểm đã có tới các
nấc điểm còn lại là như nhau. Trong mỗi lượt chơi có 2 người tham gia, mỗi người được quyền
chọn quay 1 hoặc 2 lần, và điểm số của người chơi được tính như sau:
+ Nếu người chơi chọn quay 1 lần thì điểm của người chơi là điểm quay được.
+ Nếu người chơi chọn quay 2 lần và tổng điểm quay được không lớn hơn 100 thì điểm của

người chơi là tổng điểm quay được.
+ Nếu người chơi chọn quay 2 lần và tổng điểm quay được lớn hơn 100 thì điểm của người chơi
là tổng điểm quay được trừ đi 100 .
Luật chơi quy định, trong mỗi lượt chơi người nào có điểm số cao hơn sẽ thắng cuộc, hòa nhau
sẽ chơi lại lượt khác. An và Bình cùng tham gia một lượt chơi, An chơi trước và có điểm số là
75 . Tính xác suất để Bình thắng cuộc ngay ở lượt chơi này.
A.

1
.
4

B.

3
.
16

C.

19
.
40

D.

7
.
16

Lời giải
Chọn D
Để Bình thắng ta có hai trường hợp.
Trường hợp 1. Bình quay một lần ra điểm số lớn hơn 75, ta có 5 khả năng thuộc tập hợp
5
1
80;85;90;95;100 . Do đó xác suất là P1   .
20 4
Trường hợp 2. Bình quay lần đầu ra điểm số là a  75 , ta có 15 khả năng.


Do đó xác suất là P2 

15 3
 .
20 4

Khi đó để thắng Bình cần phải có tổng hai lần quay lớn hơn 75, ta có 5 khả năng thuộc tập hợp
5
1
80  a;85  a;90  a;95  a;100  a . Do đó xác suất là P3   .
20 4
Vậy xác suất để Bình thắng ngay trong lượt là P  P1  P2 .P3 
Câu 27.

1 3 1
7
 .  .
4 4 4 16

(Thi thử chuyên Hùng Vương Gia Lai lần -2019) Cho S là tập hợp các số tự nhiên từ 1 đến
100. Chọn ngẫu nhiên độc lập hai số a và b thuộc tập hợp S (với mỗi phần tử của tập S có
khả năng lựa chọn như nhau). Xác suất để số x  3a  3b chia hết cho 5 bằng:
1
1
1
1
A. .
B. .
C. .
D. .
2
3
5
4
Lời giải
Chọn D
Cách 1
Nhận xét rằng:
3n chia 5 dư 1 khi n chia 4 dư 0. Có 25 số chia hết cho 4.

3n chia 5 dư 3 khi n chia 4 dư 1. Có 25 số chia 4 dư 1.
3n chia 5 dư 4 khi n chia 4 dư 2. Có 25 số chia 4 dư 2.
3n chia 5 dư 2 khi n chia 4 dư 3. Có 25 số chia 4 dư 3.

Như vậy, để chọn được số a và b sao cho x chia hết cho 5 thì xảy ra 4 trường hợp:
Trường hợp 1: a chia 4 dư 0 và b chia 4 dư 2.
Trường hợp này có 25.25  625 .
Trường hợp 2: a chia 4 dư 1 và b chia 4 dư 3.
Trường hợp này có 25.25  625 .

Trường hợp 3: a chia 4 dư 2 và b chia 4 dư 0.
Trường hợp này có 25.25  625 .
Trường hợp 4: a chia 4 dư 3 và b chia 4 dư 1.
Trường hợp này có 25.25  625 .
Gọi A là biến cố: “số x chia hết cho 5”.
Ta được n  A   4.625  2500
Chọn 2 số tuỳ ý từ 100 số nên n     100 2 .
Xác suất của biến cố là

4.625

100 

2



1
4


Cách 2
Với S  1; 2;3;...;100 , ta có 1002 cách chọn a, b độc lập thuộc S .
Ta thấy, khi k  S thì 3k có chữ số tận cùng có thể là:
3 (có 25 giá trị k thỏa mãn)
9 (có 25 giá trị k thỏa mãn)
7 (có 25 giá trị k thỏa mãn)
1 (có 25 giá trị k thỏa mãn)
Khi đó, 3a  3b có chữ số tận cùng có thể là (thể hiện bằng bảng):

3a  3b  5  3a  3b tận cùng là chữ số 0.
Từ bảng, ta thấy số cách chọn a, b sao cho 3a  3b có tận cùng là chữ số 5 là 4  252 .

Suy ra xác suất cần tìm là

4  252 1
 .
100
4

Câu 28. Một hội nghị gồm 6 đại biểu nước Anh, 7 đại biểu nước Pháp và 7 đại biểu nước Nga, trong đó
mỗi nước có 2 đại biểu là nam. Chọn ngẫu nhiên ra 4 đại biểu. Xác suất chọn được 4 đại biểu để
trong đó mỗi nước đều có ít nhất một đại biểu và có cả đại biểu nam và đại biểu nữ bằng:
3844
1937
46
49
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
4845
4845
95
95
Lời giải

Chọn B
4
Không gian mẫu: n     C20
.

Gọi:
A là biến cố: “trong 4 đại biểu được chọn, mỗi nước có ít nhất 1 đại biểu”.
A1 là biến cố: “trong 4 đại biểu được chọn, mỗi nước có ít nhất 1 đại biểu và chỉ có nam”.
A2 là biến cố: “trong 4 đại biểu được chọn, mỗi nước có ít nhất 1 đại biểu và chỉ có nữ”.
A3 là biến cố: “trong 4 đại biểu được chọn, mỗi nước có ít nhất 1 đại biểu và có cả nam lẫn
nữ”.
Khi đó: P  A  P  A1   P  A2   P  A3   P  A3   P  A  P  A1   P  A2  .
Xét số cách chọn thỏa mãn A . Trong 4 đại biểu được chọn, mỗi nước có ít nhất 1 đại biểu, vậy
nên sẽ xảy ra các trường hợp là 2 Anh – 1 Pháp – 1 Nga, 1 Anh – 2 Pháp – 1 Nga, 1 Anh – 1
Pháp – 2 Nga.  P  A  

C62 .C71 .C71  C61 .C72 .C71  C61 .C71 .C72 49
.

C204
95

Tương tự với A1 cũng có 3 trường hợp tương ứng, chú ý rẳng chỉ lấy nam mà mỗi nước chỉ có
2 nam.  P  A1  

C22 .C21 .C21  C21 .C22 .C21  C21 .C21 .C22
4
.

4

C20
1615

Tương tự với A2 cũng có 3 trường hợp tương ứng, chú ý rẳng chỉ lấy nữ.
 P  A3  

C42 .C51.C51  C41 .C52 .C51  C41 .C51 .C52 110
.

C204
969


1937
.
4845
Câu 29. (THPT Ngô Quyền - Ba Vì - Hải Phòng, lần 1) Cho A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5
chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A , tính xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và
chữ số hàng đơn vị là chữ số 1.
643
1285
107
143
A.
.
B.
.
C.
.
D.

.
45000
90000
7500
10000
Lời giải
Chọn A
Số các số tự nhiên có 5 chữ số là 9.104  90000  n  A  90000 .
 P  A3   P  A  P  A1   P  A2  

Số phần tử của không gian mẫu là n     90000 .
Gọi số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là x  abcd1.
Ta có x  abcd1 10.abcd 1  3.abcd  7.abcd 1.
Để x  abcd1 chia hết cho 7  3.abcd 1  7 .

k 1
k 1
 t  k  3t  1; t   .
là số nguyên
3
3
998
9997
t 
Khi đó ta được abcd  7t  2  1000  7t  2  9999 
.
7
7
Vì t    t  143;144;...;1428 suy ra có 1286 cách chọn t hay có 1286 số tự nhiên có 5
Đặt 3.abcd  1  7k; k    abcd  2k 

chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1.
Vậy xác suất cần tìm bằng

1286
643

.
90000 45000

Câu 30. Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh, gồm 5 nam và 5
nữ ngồi vào hai dãy ghế đó 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
1
1
8
4
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
252
945
63
63
Lời giải

Chọn C
Cách 1
Số phần tử không gian mẫu là n(  ) =10!
Gọi biến cố A: “ Các bạn học sinh nam ngồi đối diện các bạn nữ”.
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ nhất có 10 cách.
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ 2 có 8 cách (Không ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất).
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ 3 có 6 cách (Không ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất, thứ
hai).
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ 4 có 4 cách (Không ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất, thứ hai,
thứ ba).


Chọn chỗ cho học sinh nam thứ 5 có 2 cách (Không ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất, thứ hai,
thứ ba, thứ tư).
Xếp chỗ cho 5 học sinh nữ: 5! Cách.

n  A  10.8.6.4.2.5! =460800

P  A 

460800 8
=
10!
63

Cách 2
Chọn vị trí bên trái có 25 cách
Chọn vị trí bên phải có 1.1.1.1.1=1 cách
Hoán vị 5 nam có 5!
Hoán vị 5 nữ có 5!

n( A )    25 .5 ! .5!

P  A 
Câu 31.

 2 5 .5! .5 ! 8
=
10 !
63

(Lý Nhân Tông - Bắc Ninh L3-1819) Trước kì thi học sinh giỏi, nhà trường tổ chức buổi gặp
mặt 10 em học sinh trong đội tuyển. Biết các em đó có số thứ tự trong danh sách lập thành cấp
số cộng. Các em ngồi ngẫu nhiên vào hai dãy bàn đối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế và mỗi ghế
chỉ được ngồi một học sinh. Tính xác suất để tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau là
bằng nhau.
1
1
1
1
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
954
126
945

252
Lời giải
Chọn C
Số cách xếp 10 học sinh vào 10 ghế là n     10! .
Gọi H1 , H 2 ,.., H10 lần lượt là số thứ tự của 10 em học sinh trong đề bài cho và H1 , H 2 ,.., H10 theo
thứ tự lập thành cấp số cộng.
Ta có thể sắp xếp các em theo sơ minh họa sau

H1

H2

H3

H4

H5

H10

H9

H8

H7

H6

Ta có: H1  H10  H 2  H 9  H 3  H 8  H 4  H 7  H 5  H 6 .
Số cách xếp 5 cặp  H1 , H10  ,  H 2 , H 9  ,  H 3 , H 8  ,  H 4 , H 7  ,  H 5 , H 6  là 5! và mỗi cặp có 2 cách

xếp 2 học sinh trong cặp nên có: n  A  5!.25 cách xếp để tổng các số thứ tự của hai em ngồi
đối diện nhau là bằng nhau.


Xác suất cần tìm là p 

n  A
n 



5!.25
1
.

10! 945

Câu 32. 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 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
176400
151200
5
201600
A.
.
B.
.
C. .

D.
.
8
8
9
9
9
98
Lời giải
Chọn D
Ta có không gian mẫu n     98.
8!
cách.
2!.2!
Trường hợp 1: 2 số 1 đứng kề nhau coi là một số, 2 số 2 đứng kề nhau coi là một sô, vậy có tất
cả 6!.C 74 cách.

Lấy số có 8 chữ số mà có 2 số 1, 2 số 2, bốn số còn lại đôi một khác nhau thì có C74 .

Trường hợp 2: 2 số một đứng cạnh nhau coi là một sô, 2 số 2 không đứng cạnh nhau và ngược
lại có C74 .2.  C72  6  .5!
Vậy n  A   C74 .

 P  A 

8!
 6!.C 74  C74 .2.  C72  6  .5!  201600 cách.
2!.2!

n  A

n 



201600
98

Câu 33. Gieo ngẫu nhiên một con xúc sắc bốn lần và quan sát số chấm xuất hiện. Tính xác suất số chấm
không nhỏ hơn 4 xuất hiện ít nhất 3 lần trong 4 lần gieo
A. 1 .

B. 5 .

8

C. 5 .

27

D. 1 .

16

9

Lời giải
Chọn C
Ta coi số chấm
mỗi lần gieo là một số trong 4 ô ở trên.

trong

Số phần tử không gian mẫu là n     6 4
Gọi A là biến cố “số chấm không nhỏ hơn 4 xuất hiện ít nhất 3 lần trong 4 lần gieo”
Gọi A1 là biến cố “số chấm không nhỏ hơn 4 xuất hiện trong đúng 3 lần gieo”
Gọi A2 là biến cố “Cả 4 lần gieo đều xuất hiện số chấm không nhỏ hơn 4”
Thì A  A1  A2 và A1  A2  
+ Xét biến cố A1 “số chấm không nhỏ hơn 4 xuất hiện trong đúng 3 lần gieo”
1
44
Số cách chọn 3 ô
ô xuất hiện số 4,5,6 (giả sử tô màu đỏ) là C 43

55

6

trong 4

Ở mỗi ô được chọn đều có thể xuất hiện số 4,5,6. Nên số cách xuất hiện 3 chấm không nhỏ hơn
4 trong ba ô được chọn là 3.3.3.


Ứng với mỗi cách gieo có số chấm xuất hiện trong 3 ô màu đỏ, ở ô còn lại có thể là số 1,2,3.
Vậy n  A1   C43 .3.3.3.3 (cách).
+ Xét biến cố A2 “Cả 4 lần gieo đều xuất hiện số chấm không nhỏ hơn 4”
Mỗi lần gieo có thể xảy ra 1 trong 3 khả năng nên có 3.3.3.3 (cách).
Vậy xác suất phải tìm là P  A  

n  A1   n  A1  C43 .3.3.3.3  3.3.3.3 5



n  
64
16

Câu 34. Gọi S là tập các số tự nhiên gồm 9 chữ số được lập từ tập X  6; 7 ;8 , trong đó chữ số 6 xuất
hiện 2 lần, chữ số 7 xuất hiện 3 lần, chữ số 8 xuất hiện 4 lần. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S ,
tính xác suất để số được chọn là số không có chữ số 7 đứng giữa hai chữ số 6.
2
11
4
55
A. .
B.
.
C. .
D.
.
5
12
5
432
Lời giải
Chọn A
Hoán vị lặp: Cho k phần tử khác nhau: a1 , a2 , , ak . Một cách sắp xếp n phần tử trong đó
gồm n1 phần tử a1 , n2 phần tử a2 , , nk phần tử ak  n1  n 2    nk  n  theo một thứ tự
nào đó được gọi là một hoán vị lặp cấp n và kiểu  n1 , n2 , , nk  của k phần tử.
Số các hoán vị lặp cấp n kiểu  n1 , n2 , , nk  của k phần tử là:
Pn  n1 , n2 , , nk  

Số phần tử không gian mẫu là n    

n!
n1 ! n2 !...nk !

9!
.
2!.3!.4!

Ta có các trường hợp thoả mãn số được chọn là số không có chữ số 7 đứng giữa hai chữ
số 6 là
+ TH1: Hai số 6 đứng cạnh nhau: Ta xem hai số 6 đứng cạnh nhau như một phần tử, khi đó ta có
8!
8 phần tử, trong đó có ba chữ số 7 và bốn chữ số 8. Trường hợp này có
(số).
3!.4!
+ TH2: Giữa hai số 6 có một số 8: Ta xem chúng như một phần tử, khi đó ta có 7 phần tử, trong
7!
đó có ba chữ số 7 và ba chữ số 8. Trường hợp này có
(số).
3!.3!
+ TH3: Giữa hai số 6 có hai số 8: Ta xem chúng như một phần tử, khi đó ta có 6 phần tử, trong
6!
đó có ba chữ số 7 và hai chữ số 8. Trường hợp này có
(số).
3!.2!
+ TH4: Giữa hai số 6 có ba số 8: Ta xem chúng như một phần tử, khi đó ta có 5 phần tử, trong
5!
đó có ba chữ số 7 và một chữ số 8. Trường hợp này có

(số).
3!


+ TH5: Giữa hai số 6 có bốn số 8: Ta xem chúng như một phần tử, khi đó ta có 4 phần tử, trong
4!
đó có ba chữ số 7. Trường hợp này có
(số).
3!
Gọi A : “Số được chọn là số không có chữ số 7 đứng giữa hai chữ số 6”
n ( A) 

8!
7!
6!
5! 4!


  .
3!.4! 3!.3! 3!.2! 3! 3!

8!
7!
6! 5! 4!


 
n( A) 3!.4! 3!.3! 3!.2! 3! 3! 2
Xác suất của A là: P( A) 


 .
9!
n(  )
5
2!.3!.4!
n

Câu 35. Cho đa thức f  x   1  3 x   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a n x n  n  N * . Tìm hệ số a3 biết rằng
a1  2a2  ...  nan  49152n .
A. a3  945 .

B. a3  252 .

C. a3  5670 .

D. a3  1512 .

Lời giải
Cho ̣n

D.

f '  x   3n 1  3 x 

n 1

a1  2a2  ...  nan  49152n  f ' 1  49152n
 3n.4 n 1  49152 n  4 n 1  16384
 n  1  log 4 16384  n  8 .
8

8

k

Do đó ta có: 1  3 x    C8k  3 x  .
k 0

3 3
8

Vậy a3  C 3  1512
Câu 36.

(THPT Minh Khai - lần 1) 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?
A. 80 .
B. 70 .
C. 105 .
Lời giải

D. 210 .

Chọn A
Trường hợp 1: Chọn hình thang cân có trục là đường thẳng  đi qua 2 đỉnh đối diện của đa giác
(như hình vẽ)


Có 5 trục 
Với mỗi trục  có 4 đoạn thẳng dùng để làm 2 đáy của hình thang cân do đó có C42  6 hình

thang cân ( do có 1 hình trong số đó là hình chữ nhật)
Vậy có 5.6  30 hình thang cân.
Trường hợp 2: Hình thang cân nhận đường thẳng  đi qua trung điểm của 2 cạnh đối
diện làm trục đối xứng (như hình vẽ)

Có 5 trục  ,
mỗi trục có 5 đoạn thẳng dùng để làm 2 đáy của hình thang cân do đó có C52  10
hình thang cân.
Vậy có 5.10  50 hình thang cân.
Vậy tất cả có 30  50  80 hình thang cân.
Câu 37.

(THPT THUẬN THÀNH 3 - BẮC NINH) Cho dãy số  un  gồm các số dương thỏa mãn:

un 1  un21  un  3  2un 1  un  un 1  1  3 n  

*

1

và 10.22u4 u3  6.2u2  2  5  2  . Số

nguyên dương n nhỏ nhất thỏa mãn un  2019 là:
A. 674

B. 678

C. 675
Lời giải

Chọn D
Đặt a  un 1 và b  un  a, b  0  , phương trình 1 được viết lại thành:
a  a 2  b  3  2a  b  a  1  3

 a  b  3  a 2  2a  3  b  a  1  0




a   b  3
a  b3

  a  3 a  1  b  a  1  0

a b3
  a  b  3 .  a  1  0
a  b3

D. 679