Đề thi thử THPT quốc gia

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP </b>

<b>–</b>

<b> XÁC SUẤT</b>

<b>NHÓM TOÁN VD </b>

<b>–</b>

<b> VDC</b>

<b>NĂM HỌC 2018 - 2019</b>

<b>Câu 1:</b> <b>[1D2-2-4] Một qn cafe nhạc cần trang trí một</b>
bức tường vng được chia thành 4 ơ như hình
vẽ. Có bao nhiêu cách để người thợ sơn có thể
dùng 4 màu khác nhau để sơn tấm tường này
sao cho những ơ vng cạnh nhau khơng có
màu trùng nhau?

<b>A. </b>48. <b>B. </b>24.
<b>C. </b>84. <b>D. </b>78.

<b>Lời giải</b>
<b>Chọn C.</b>

Trường hợp 1:

 

1 và

 

3 cùng màu.

 

1 _có₄_{cách chọn;}

 

3 _có₁_{cách chọn;}

 

2 _có₃_{cách chọn;}

 

4 _có₃_cách
chọn.

4.1.3.3 36

  _{cách chọn}

Trường hợp 2:

 

1 và

 

3 khác màu.

 

1 _có₄_{cách chọn;}

 

3 _có₃_{cách chọn;}

 

2 _có₂_{cách chọn;}

 

4 _có₂_cách
chọn

4.3.2.2 48

  _{cách chọn}

Vậy có: 36 48 84  _{cách chọn.}

<b>Câu 2:</b> <b>[1D2-4-3] Một bao hạt giống gồm đậu xanh và đậu đỏ trong đó có </b>
3

5_{là hạt}
giống đậu xanh,

2

5_{là hạt giống đậu đỏ. Do bao hạt giống này bị lỗi nên chỉ}
có

2

3_{hạt giống đậu xanh nảy mầm và}
3

4_{hạt giống đậu đỏ nảy mần. Lấy}
ngẫu nhiên trong bao 1 hạt giống và gieo thì thấy nó nảy mầm thành 1 cây
đậu. Tính xác suất để cây đậu đó là cây đậu xanh.

<b>A. </b>
2

5_. <b>_B.</b>

1

2_. <b>_C.</b>

6

25_. <b>_D.</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>Lời giải</b>
<b>Chọn A.</b>

Gọi số hạt giống trong bao là 10<i>n</i> _{số hạt giống đậu xanh là}6<i>n</i>_{, số hạt}
giống đậu đỏ là 4<i>n</i>. Số hạt giống đậu xanh nảy mần là 4<i>n</i>, số hạt giống đậu
đỏ nảy mần là 3<i>n</i>.

Số phần tử không gian mẫu là <i>n</i>

 

 10<i>n</i>.
Gọi <i>A</i> là biến cố thỏa đề bài  <i>n A</i>

 

4<i>n</i>.

Xác suất cần tìm là

 

 

 

2
5
<i>n A</i>
<i>P A</i>

<i>n</i>

 

 _.

<b>Câu 3:</b> <b>[1D2-4-4] Cho đa giác đều </b>

 

H có 12 đỉnh nội tiếp đường trịn tâm <i>O</i>. Có
bao nhiêu hình thang cân có 4 đỉnh là đỉnh của

 

H .

<b>A. </b>135. <b>B. </b>150. <b>C. </b>120. <b>D. </b>180.

<b>Lời giải</b>
<b>Chọn A.</b>

Gọi <i>d</i> là trục đối xứng của hình thang cân có 4 đỉnh là đỉnh của

 

H .
<b>Trường hợp 1: </b><i>d</i> đi qua hai đỉnh của

 

H .

Có 6 trục đối xứng.

Ứng với mỗi trục đối xứng có <i>C</i>52 hình thang (lấy 2 trong 5 đỉnh một bên rồi
đối xứng

qua <i>d</i>).

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Có 6 trục đối xứng.

Ứng với mỗi trục đối xứng có <i>C</i>62_{hình thang (Lấy}2_trong6_{đỉnh một bên rồi}
đối xứng

qua <i>d</i>).

Trong các hình thang trên có <i>C</i>62 hình chữ nhật được đếm hai lần.
Vậy đáp số của bài toán là:





2 2 2

5 6 6

6 <i>C</i> <i>C</i> <i>C</i> 135

hình thang.

<b>Tổng quát:</b>

Nếu đa giác

 

H có 2<i>k</i> đỉnh



<i>k</i>3



thì có





2 2 2

1

<i>k</i> <i>k</i> <i>k</i>

<i>k C</i> <i>C</i> <i>C</i> _{hình thang cân có}4
đỉnh

là đỉnh của

 

H .

Nếu đa giác

 

H có 2<i>k</i>1_đỉnh



<i>k</i>2



_{thì có}



2<i>k</i>1



<i>Ck</i>2_{hình thang cân có}4
đỉnh

là đỉnh của

 

H .

<b>Câu 4:</b> <b>[1D2-4-4] Cho đa giác đều </b>

 

H có 18 đỉnh nội tiếp trong một đường tròn
tâm <i>O</i>. Gọi <i>X</i> là tập hợp các tam giác có các đỉnh là đỉnh của

 

H . Tính xác
suất để chọn được một tam giác từ tập <i>X</i> là tam giác cân nhưng không
phải là tam giác đều.

<b>A. </b>

23

136_. <b>_B.</b>

21

136_. <b>_C.</b>

3

17_. <b>_D.</b>

7
816_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Không gian mẫu _{là số cách chọn}3_{đỉnh trong}18_{đỉnh của}

 

H _{, do đó:}
3

18 816
<i>C</i>

  
.

Gọi <i>A</i> là biến cố cần tính xác suất.

Gọi <i>d</i> là trục đối xứng của tam giác cân có 3 đỉnh là đỉnh của

 

H . Có 18
trục đối xứng.

Ứng với mỗi trục đối xứng có 8 tam giác cân, trong đó có 1 tam giác đều.
Do đó <i>A</i> 18.7 126 .

Vậy

21
( )

136
<i>A</i>

<i>P A</i>  

 _.

<b>Câu 5:</b> <b>[1D2-4-4] Bạn </b><i>A</i> chọn ngẫu nhiên một số từ nhiên từ 1 đến 2018, bạn <i>B</i>
chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên từ 1 đến 4016. Tính xác suất để số bạn <i>A</i>
chọn ln bé hơn số bạn <i>B</i> chọn.

<b>A.</b>

1

2_. <b>_B.</b>

6053

8072_. <b>_C.</b>

6035

8072_. <b>_D.</b>

2017
4015_.
<b>Lời giải</b>

<b>Chọn B.</b>

Số phần tử của không gian mẫu  2018.4016.

Giả sử bạn <i>A</i> chọn được số tự nhiên <i>x</i>, thì số tự nhiên bạn <i>B</i> chọn có
4016 <i>x</i>_cách.

Khi đó số cách chọn số của bạn <i>A</i> luôn bé hơn số của bạn <i>B</i> có
2018

1

(4016 ) 6107477
<i>x</i>

<i>x</i>



</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

Khi đó xác suất để số của <i>A</i> chọn nhỏ hơn số của <i>B</i> chọn là :

6053
8072
<i>P</i> 

..
<b>Câu 6:</b> <b>[1D2-4-3] Gieo </b>1 con súc sắc đồng chất, cân đối 6 lần. Tính xác suất để

được một số lớn hơn bằng 5 xuất hiện ít nhất 5 lần là

<b>A.</b>

31

23328_. <b>_B.</b>
17

7776_. <b>_C.</b>

17

23328_. <b>_D.</b>
1
648_.
<b>Lời giải</b>

<b>Chọn A.</b>

Số phần tử của không gian mẫu  66.
<b>TH1: có đúng </b>5 số 5 có 5.C56 cách.
<b>TH2: có đúng </b>5 số 6 có 5.C56 cách.
<b>TH3 : có </b>6 số 5 hoặc 6 số 6 có 2 cách.
Nên <i>A</i> 62_.

Do đó

31
23328
<i>P</i>

.

<b>Câu 7:</b> <b>[1D2-2-4] Xếp </b>2 viên bi xanh khác nhau, 3 viên bi đỏ giống hết nhau và
một viên bi vàng thành một hàng ngang. Có bao nhiêu cách xếp 6 viên bi
trên sao cho khơng có 2 viên bi cùng màu nào đứng cạnh nhau.

<b>A. </b>4. <b>B. </b>6. <b>C. </b>12. <b>D. </b>20.

<b>Lời giải</b>
<b>Chọn D.</b>

<b>Cách 1: Xếp </b>2 xanh và 1 vàng có 6 cách trong đó có 2 cách vàng ở giữa
và 4 cách 2 xanh cạnh nhau.

<b>TH1: Nếu vàng ở giữa có </b>2 cách ^ ^ ^ ^<i>X V X</i>

Chọn 3 vị trí trong 4 khoảng trống xếp đỏ có <i>C</i>434 cách.
TH này có 8 cách.

<b>TH2: Nếu </b>2 xanh cạnh nhau có 4 cách.
^ ^ ^ ^<i>X X V</i>

Xếp 1 đỏ vào giữa 2 xanh, còn các khoảng trống 1, 3, 4.
có 3 cách xếp 2 đỏ  _{TH này có}12_cách.

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

<b>Cách 2: Do có </b>4 viên bi đỏ mà 2 viên cùng màu khác nhau cạnh nhau thì
bắt buộc phải có ít nhất 1 viên đỏ đứng đầu hoặc cuối hàng.

<b>TH1: Viên bi đỏ đứng đầu hàng.</b>

¾ Đ^Đ^Đ^: Xếp 1 vàng 2 xanh có 3! cách.

¾ Đ^Đ^^Đ: Xếp 1 vàng, 2 xanh sao cho 2 xanh khác nhau gồm có 4
cách.

¾ Đ^^Đ^Đ: Tương tự có 4 cách.
<b>TH2: Viên bi đỏ đứng cuối.</b>

¾ _^Đ^Đ^Đ _có3!_Cách.

¾ _Đ^Đ^^Đ _{Trùng với TH1}3_.
¾ _Đ^^Đ^Đ _{Trùng với TH1}2_.
 _có3!.2 4 4 20   _cách.

<b>Câu 8:</b> <b>[1D2-4-4] Một hộp chứa </b>5 viên bi đỏ, 6 viên bi xanh và 7 viên bi trắng.

Chọn ngẫu nhiên 6 viên bi từ hộp, tính xác suất để được 6 viên bi có cả ba
màu đồng thời hiệu của số bi xanh và bi đỏ, hiệu của số bi trắng và số bi
xanh, hiệu của số bi đỏ và số bi trắng theo thứ tự là ba số hạng liên tiếp của
một cấp số cộng.

<b>A. </b>

75

442_. <b>_B.</b>

5

442_. <b>_C.</b>

40

221_. <b>_D.</b>

35
442_.
<b>Lời giải</b>

<b>Chọn A</b>

Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 6 viên bi từ hộp chứa 18 viên
bi.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là  <i>C</i>186 18564_.

Gọi <i>A</i> là biến cố "6 viên bi được chọn có cả ba màu đồng thời hiệu của số bi
xanh và bi đỏ, hiệu của số bi trắng và số bi xanh, hiệu của số bi đỏ và số bi
trắng theo thứ tự là ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng".

Gọi <i>x y z</i>, , lần lượt là số bi đỏ, bi xanh và bi trắng được lấy. Suy ra
¾ _{Hiệu của số bi xanh và bi đỏ là}<i>y x</i> _.

¾ _{Hiệu của số bi trắng và bi xanh là}<i>z y</i> _.
¾ Hiệu của số bi đỏ và bi trắng là <i>x z</i> _.

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

Do đó biến cố <i>A</i> được phát biểu lại như sau "6 viên bi được chọn có cả ba
màu đồng thời số bi xanh bằng số bi trắng". Ta có các trường hợp thuận lợi
cho biến cố <i>A</i> như sau:

● Trường hợp 1. Chọn 2 viên bi đỏ, 2 viên bi xanh và 2 viên bi trắng.
Do đó trường hợp này có <i>C C C</i>52. .62 72 cách.

● Trường hợp 2. Chọn 4 viên bi đỏ, 1 viên bi xanh và 1 viên bi trắng.
Do đó trường hợp này có <i>C C C</i>54. .61 71 cách.

Suy ra số phần tử của biến cố <i>A</i>_là <i>A</i> <i>C C C</i>52. .62 72<i>C C C</i>54. .61 713360_.

Vậy xác suất cần tính

 

3360 40
18564 221
<i>A</i>

<i>P A</i>   

 _.

<b>Câu 9:</b> <b>[1D2-2-3] Có </b>16 học sinh gồm 3 học sinh giỏi, 5 khá, 8 trung bình. Có bao
nhiêu cách chia số học sinh thành 2 tổ , mỗi tổ có 8 người, đều có học sinh
giỏi và ít nhất 2 học sinh

<b>A. </b>3780. <b>B. </b>7560. <b>C.</b> 1680. <b>D.</b> 2100.

<b>Lời giải</b>
<b>Chọn A.</b>

Mỗi tổ có học sinh giỏi. suy ra số học sinh giỏi ở mỗi tổ hoặc là 1 hoặc là 2.
Vì mỗi tổ đều có học sinh khá, suy ra số học sinh khá ở mỗi tổ là 2 hoặc 3.
Khi đó ta có số học sinh giỏi, khá, trung bình ở mỗi tổ tương ứng như sau

Tổ 1 1, 2, 5 1, 3, 4 2, 2, 4 2, 3, 3
Tổ 2 2, 3, 3 2, 2, 4 1, 3, 4 1, 2, 5
Như vậy có hai trường hợp bị trùng

Vậy chỉ còn hai trường hợp

<b>Trường hợp </b>1: số cách chọn một tổ nào đó có 1 giỏi, 2 khá, 5 trung bình
là 3. .<i>C C</i>52 85_.

<b>Trường hợp </b>2: số cách chọn một tổ nào đó có 1 giỏi, 3 khá, 4 trung bình
là 3. .<i>C C</i>53 84_.

Vậy tất cả có 3. .<i>C C</i>52 853. .<i>C C</i>53 843780.
<b>Nhận xét:</b>

¾ _{Bài tốn này chỉ là bài tốn chia thành}2_{tổ (khơng có thứ tự). Học sinh}
có thể hiểu sai đề và nhân đơi kết quả

¾ _{Một sai lầm nữa của bài tốn là học sinh có thể chọn học sinh trong tổ}1
và ứng với mỗi cách chọn học sinh của tổ 1 thì có 1 cách chọn số học sinh
của tổ 2 từ đó dẫn đến sai lầm

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

<b>Câu 10:</b> <b>[1D2-2-4] Có bao nhiêu số tự nhiên có </b>7 chữ số mà tích của các chữ số
bằng 1800.

<b>A. </b>3780. <b>B. </b>4410. <b>C.</b> 210. <b>D</b>. 3150.

<b>Lời giải</b>
<b>Chọn B.</b>

Ta có: 1800 2 .3 .5 3 2 21.2.4.3 .52 21.1.8.3 .52 21.2 .6.3.52 21.2 .9.53 2_.

¾ _{Số số tự nhiên có}7_{chữ số trong đó}3_{chữ số}2_,3_{chữ số}3_,2_{chữ số}5
là

7!
2!.3!.2!_.

¾ Số số tự nhiên có 7 chữ số trong đó chữ số 1, 2, 4 có mặt 1 lần, chữ số
3, 5_{có mặt}₂_{lần là}

7!
2!.2!_.

¾ _{Số số tự nhiên có}7_{chữ số trong đó chữ số}1, 3, 5_{có mặt}2_{lần, chữ số}8

có mặt 1 lần là

7!
2!.2!_.

¾ Số số tự nhiên có 7 chữ số trong đó chữ số 1, 6, 3 có mặt một lần và chữ
số 2, 5 có mặt 2 lần là

7!
2!.2!_.

¾ _{Số số tự nhiên có}7_{chữ số trong đó chữ số}1, 9_{có mặt}1_{lần và chữ số}5
có mặt 2 lần và chữ số 2 có mặt 3 lần là

7!
3!.2!_.
Vậy tất cả có

7! 7! _.3 7! ₄₄₁₀
2!.3!.2! 2!.2! 3!.2! _.

<b>Câu 11:</b> <b>[1D2-4-4] Cho đa giác </b>20 đỉnh nội tiếp đường tròn, gọi

 

<i>S</i> là tập hợp
các đường thẳng đi qua 2 trong số 20 đỉnh đã cho. Chọn hai đường thẳng
bất kì thuộc tập

 

<i>S</i> . Tính xác suất để được chọn được hai đường thẳng mà
giao điểm của chúng nằm bên trong đường tròn.

<b>A.</b>

5

126_. <b>_B.</b>

1

5_. <b>_C.</b>

20

189_. <b>_D.</b>

17
63_.
<b>Lời giải</b>

<b>Chọn D.</b>

Số phần tử thuộc tập

 

<i>S</i> bằng <i>C</i>202 190_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

<b>Nhận thấy: hai đường có giao điểm nằm bên trong đường tròn là hai đường</b>
chéo của tứ giác. Chọn một tứ giác có <i>C</i>204 cách.

Xác suất cần tính bằng
4
20
2
190

17
63
<i>C</i>

<i>C</i>  _.

<b>Câu 12:</b> <b>[1D2-4-4] Chọn ngẫu nhiên một số nguyên thuộc </b>



1;500



. Tính xác suất
để chọn được một số là ước của 10800?

<b>A.</b>

16

125_. <b>_B.</b>

49

500_. <b>_C.</b>

23

250_. <b>_D.</b>

18
125_.
<b>Lời giải</b>

<b>Chọn C.</b>

Số phần tử không gian mẫu: <i>n</i>( ) 500  .
Ta có: 10800 2 .3 .5 4 3 2_.

Gọi <i>x</i> là một ước của 10800 suy ra <i>x</i>2 .3 .5<i>m n</i> <i>p</i>_{, với}<i>m</i>



0;4 ;



<i>n</i>



0;3 ;



<i>p</i>



0;2



_.

Có 5 cách chọn <i>m</i>, 4 cách chọn <i>n</i>, 3 cách chọn <i>p</i>,

Suy ra số ước của 10800 là 5.4.3 60 _.

Số ước lớn hơn 500 bằng số nhỏ hơn hoặc bằng 20 (phần nguyên của

10800
500
)

Các ước nhỏ hơn 20 là 1, 2, 4, 8, 16, 3, 9, 5, 6, 12, 18, 10, 15, 20 có 14 ước.
Vậy số ước nhỏ hơn 500 bằng 60 14 46  _.

Xác suất cần tính bằng

46 23
500 250 _.

<b>Câu 13:</b> <b>[1D2-2-3] Đội sinh viên tình nguyện gồm </b>12 bạn nam, 4bạn nữ. Chia
ngẫu nhiên thành 4tổ, mỗi tổ 4 bạn sao cho có ít nhất hai tổ có nữ. Hỏi có
bao nhiêu cách chia?

<b>A.</b> 63028350. <b>B.</b> 2621850. <b>C.</b> 32432400. <b>D.</b> 5775.
<b>Lời giải</b>

<b>Chọn B.</b>

Xét trường hợp phủ định chỉ có đúng một tổ có nữ. khi đó tổ đó có đúng 4
bạn nữ, ba tổ cịn lại mỗi tổ 4 bạn nam. Nên số cách chia là:

4 4
12 8
3!
<i>C C</i>

. Do đó
đáp số

4 4 4 4 4

16 12 8 12 8 _2621850
4! 3!

<i>C C C</i> <i>C C</i>

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

<b>Câu 14:</b> <b>[1D2-4-4] Từ các tập con của tập </b><i>A</i>



1, 2, 3, ..., 2018



, người ta chọn
ngẫu nhiên ra hai tập. Tính xác suất của biến cố cả hai tập được chọn đều
khác rỗng đồng thời có số phần tử là một số chẵn nhỏ hơn 1009.

<b>A.</b>
2018
2018
2
2 1
2
2
<i>C</i>
<i>P</i>

<i>C</i>


. <b>B.</b>
2
1008
2
2018
<i>C</i>
<i>P</i>
<i>C</i>

. <b>C.</b>
2016
2018
2
2 1
2
2
<i>C</i>
<i>P</i>
<i>C</i>


. <b>D.</b>
2016
2018
2
2
2

2
<i>C</i>
<i>P</i>
<i>C</i>

.
<b>Lời giải</b>
<b>Chọn C.</b>

Số tập con của tập <i>A</i> bằng 22018.

Số tập con khác rỗng đồng thời có số phần tử là một số chẵn nhỏ hơn 1009
của tập <i>A</i> bằng:

2 4 6 1008

2018 2018 2018 ... 2018
<i>T C</i> <i>C</i> <i>C</i>  <i>C</i> _.

Vậy 2<i>T</i>  2 <i>C</i>20180 <i>C</i>20182 <i>C</i>20184 <i>C</i>20186 ...<i>C</i>10082018<i>C</i>20181010...<i>C</i>20182018_.
Ta lại có: <i>C</i>20180 <i>C</i>20182 <i>C</i>20184 <i>C</i>20186 ...<i>C</i>20181008<i>C</i>20181010...<i>C</i>20182018

1 3 5 7 1009 1011 2017

2018 2018 2018 2018 ... 2018 2018 ... 2018

<i>C</i> <i>C</i> <i>C</i> <i>C</i> <i>C</i> <i>C</i> <i>C</i>

         _.

Do đó 4<i>T</i> 4 2 2018<i>T</i> 220161_.

Vậy xác suất cần tìm:

2016
2018
2
2 1
2
2
<i>C</i>
<i>P</i>
<i>C</i>


.

<b>Câu 15:</b> <b>[1D2-2-4] Trong kỳ thi KSCL các môn thi THPT QUỐC GIA dành cho </b>
khối 12 của trường THPT Triệu Sơn 4 có tất cả 10 phịng thi. Có 7 em học
sinh lớp 11 cũng đăng kí dự thi. Hỏi có bao nhiêu cách xếp 7 em học sinh
này vào phịng thi nếu một phịng thi có 3 em và hai phịng thi mỗi phịng
có 2 em.

<b>A.</b> 151200. <b>B.</b> 75600. <b>C.</b> 37800. <b>D.</b> 302400.

<b>Lời giải</b>

<b>Chọn B.</b>

Chọn một phòng thi rồi xếp 3 em có <i>C C</i>101. 73350 cách.

Chọn tiếp 2 phòng từ 9 phòng thi còn lại và xếp mỗi phịng 2 em có
2 2

9. 4 216
<i>C C</i>  _.

Vậy có tất cả 350.216 75600 _{cách xếp.}

<b>Câu 16:</b> <b>[1D2-4-3] Trên mặt phẳng </b><i>Oxy</i>, ta xét đa giác <i>ABCD</i> với các điểm



1;4 ,



<i>A</i> <i>B</i>



5;4 ,



<i>C</i>



1;0 ,



<i>D</i>



3;0



_{. Gọi S là tập hợp tất cả các điểm}<i>M x y</i>



;



_với
,

<i>x y</i> _{nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của đa giác}<i>_ABCD</i>_{. Lấy ngẫu nhiên}
một điểm <i>M x y</i>



;



<i>S</i>. Tính xác suất để 3<i>x y</i> 3.

<b>A.</b>

11

25_. <b>_B.</b>

14

25_. <b>_C.</b>

9

25_. <b>_D.</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

<b>Lời giải</b>
<b>Chọn C.</b>

Miền đa giác <i>ABCD</i> là hình bình hành như hình vẽ. Vẽ đường thẳng
3 3

<i>y</i> <i>x</i> _.

Miền đa giác<i>ABCD</i> có 5.5 25 _{điểm có tọa độ nguyên. Vậy}<i>n S</i>

 

25_{. Điểm}



;



<i>M x y</i> _{thỏa mãn yêu cầu bài toán khi nó thuộc miền tam giác}<i>_MDC</i>
( khơng kể cạnh <i>MC</i>). Miền này có 9 điểm có tọa độ nguyên.

Vậy xác suất cần tìm là
9
25_.

<b>Câu 17:</b> <b>[1D2-4-3] Trên mặt phẳng tọa độ </b><i>Oxy</i>, gọi <i>S</i> là tập hợp tất cả các điểm



;



<i>M x y</i> _với<i>_{x y}</i>_, _{ }_và <i>x</i>6, <i>y</i>6_{. Lấy ngẫu nhiên một điểm}<i>_{M S}</i>_ _{. Tính}
xác suất để điểm <i>M</i> thỏa mãn hệ thức: <i>ME MF</i> 10_với<i>E</i>



4;0 ,



<i>F</i>



4;0



_.

<b>A.</b>

44

169_. <b>_B.</b>

43

169_. <b>_C.</b>

124

169_. <b>_D.</b>

45
169_.
<b>Lời giải</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

Ta có:

6 6 6

6 6

6

<i>x</i> <i>x</i>

<i>y</i>
<i>y</i>

    




 

  

 



 _.

Vậy <i>S</i> chính là tập hợp tất cả các điểm <i>M x y</i>



;



với <i>x y</i>,   thuộc hình vng
<i>ABCD</i>_{( kể cả các cạnh).}

 

13.13 169
<i>n S</i>  

.

Điểm <i>M</i> thỏa mãn hệ thức: <i>ME MF</i> 10_với<i>E</i>



4;0 ,



<i>F</i>



4;0



_{suy ra}<i>M</i> _thuộc
Elip có phương trình:

2 2

1
25 9
<i>x</i> <i>y</i>

 

.

Miền này có: 1.2 3.2 5.3.2 7 45    _{điểm thỏa mãn.}

Vậy xác suất cần tìm là:
45
169_.

<b>Câu 18:</b> <b>[1D2-4-4] Từ ba chữ cái </b>V, D, C ta xếp chúng thành 1 dãy có 2019 chữ
cái. Hỏi xác suất để xếp được dãy mà các chữ cái V, D, C đều xuất hiện số
lẻ lần là bao nhiêu.

<b>A.</b> 2018

1 ₁ 1
8 3

 



 

 _. <b>_B.</b> 2018

1 ₁ 1

4 3

 



 

 _. <b>_C.</b> 2019

1 ₁ 1
8 3

 



 

 _. <b>_D.</b> 2019

1 ₁ 1
4 3

 



 

 _.

<b>Bài giải</b>
<b>Chọn B.</b>

Nếu tổng quát gọi <i>xn</i>_{là số dãy có}<i>n</i>2<i>m</i>1_{chữ cái VDC ở trên}



<i>n</i>3



_.
Tổng số dãy tạo thành là 3<i>n</i>.

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

Nếu <i>xn</i> thỏa mãn đề bài hay cả ba chữ cái VDC đều xuất hiện lẻ lần thì ta có
3_{cách thêm}2_{chữ cái giống nhau vào cuối để được dãy}<i>xn</i>2

Nếu <i>xn</i> không thảo mãn đề bài và do số chữ cái là số lẻ nên sẽ có hai chữ
cái xuất hiện chẵn lần và một chữ cái xuất hiện lẻ lần. Như vậy ta cũng có
hai cách thêm hai chữ cái bất kỳ từ các chữ cái VDC vào cuối để được dãy

2
<i>n</i>
<i>x</i>_

Vậy 2 3 2 3





2.3

<i>n</i> <i>n</i>

<i>n</i> <i>n</i> <i>n</i> <i>n</i>

<i>x</i>  <i>x</i>   <i>x</i> <i>x</i>  _.

Ta có: <i>xn</i>3! 6 nên

3 3
4
<i>n</i>

<i>n</i>
<i>x</i>  

.

Vậy xác suất cần tìm là: 1
1 ₁ 1
4 3<i>n</i>

 



 

 _.

<b>Câu 19:</b> <b>[1D2-2-4] Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số thỏa mãn đồng thời </b>
các điều kiện sau: Hai chữ số đứng cạnh nhau thì khác nhau, các chữ số
đứng giữa thì khác chữ số đứng đầu và đứng cuối.

<b>A. </b>1677888. <b>B. </b>1887624. <b>C. </b>1555848. <b>D.</b> 331776.

<b>Lời giải</b>
<b>Chọn B.</b>

Giải: Gọi <i>X</i> 



0, 1, ..., 9



và số thỏa đề là: <i>a a a a a a a a</i>1 2 3 4 5 6 7, 10_.
Có 2 trường hợp xảy ra:

<b>TH1</b>. <i>a</i>1<i>a</i>7

Chọn <i>a</i>10 có 9 cách

Chọn <i>a</i>2<i>a</i>1 có 9 cách

Chọn <i>a</i>3<i>a</i>1_và<i>a</i>3<i>a</i>2_{có 8 cách (tương tự với}<i>a a a</i>4, ,5 6_{cũng có 8 cách cho}
mỗi lần chọn)

Trường hợp này có 9.9.84331776_số

<b>TH2</b>. <i>a</i>1<i>a</i>7

Chọn <i>a</i>10 có 9 cách

Chọn <i>a</i>7<i>a</i>1_{có 9 cách}

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

Chọn <i>a</i>3<i>X</i>\



<i>a a a</i>1, ,2 7



_có7_cách

Các số cịn lại cũng có 7 cách (chọn khác 2 số đầu cuối và khác số cạnh nó)
Trường hợp này có 9.9.8.741555848_số.

Vậy tổng cộng có 331776 1555848 1887624  _số.

<b>Câu 20:</b> <b>[1D2-4-4] Cho một tập hợp </b><i>X</i> có 10 phần tử. Một người chọn ngẫu
nhiên ba tập con khác nhau của tập <i>X</i> . Tính xác suất (chính xác đến hàng
phần nghìn) để giao của mỗi hai trong ba tập con được chọn đều có 2 phần
tử và giao của ba tập con được chọn có 1 phần tử.

<b>A. </b>0,017. <b>B. </b>0,018. <b>C. </b>0,019. <b>D. </b>0,020.

<b>Lời giải</b>
<b>Chọn C.</b>

Dùng biểu đồ Ven biểu diễn ba tập con. Các tập con nhỏ được đánh số
1, 2, 3, 4_có₁_{phần tử cịn các tập con nhỏ khơng đánh số có thể rỗng.}
Do số tập con của tập hợp <i>X</i> là 210 nên số phần tử của không gian mẫu là

3
1024
<i>C</i>
  _.

Ta sẽ đếm số phần tử của không gian thuận lợi cho biến cố <i>A</i> trong bài
bằng cách lựa phần tử cho các tập con được chọn.

<b>Bước 1: chọn phần tử cho giao ba tập con (tập con đánh số </b>1). Bước này có
10 cách.

<b>Bước 2: chọn </b>3 phần tử cho 3 giao của hai tập con (các tập con đánh số
2, 3, 4_{), mỗi giao có 1 phần tử. Bước này có} 3

9

<i>C</i> _cách.

<b>Bước 3: quyết định xem 6 phần tử còn lại thuộc tập con nào hoặc không </b>
thuộc cả ba (các tập con khơng đánh số), mỗi phần tử có 4 cách lựa chọn.
Bước này có 46 cách.

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

Vậy xác suất của biến cố <i>A</i> là

3 6
9
3
1024
10. .4

0,019
<i>C</i>

<i>P</i>
<i>C</i>

 

.

<b>Câu 21:</b> <b>[1D2-4-4] Một chiếc hộp đựng </b>8 viên bi màu xanh được đánh số từ 1
đến 8, 9 viên bi màu đỏ được đánh số từ 1 đến 9 và 10 viên bi màu vàng
được đánh số từ 1 đến 10. Một người chọn ngẫu nhiên 3 viên bi trong hộp.
Tính xác suất để 3 viên bi được chọn có số đơi một khác nhau.

<b>A. </b>

772

975_. <b>_B.</b>

209

225_. <b>_C.</b>

512

2925_. <b>_D.</b>
2319
2915_.

<b>Lời giải</b>
<b>Chọn A.</b>

<b>Cách 1. (Cô Nguyễn Thắm)</b>

Số phần tử của không gian mẫu là  <i>C</i>273 2925_.

Để đếm số phần tử của không gian thuận lợi cho biến cố <i>A</i> trong bài ta chia
nhiều trường hợp theo số màu của 3 viên bi được chọn.

<b>TH 1: một màu. </b>

Trường hợp này có <i>C</i>83<i>C</i>93<i>C</i>103 260 phần tử (ứng với màu xanh, đỏ, vàng).
<b>TH 2: hai màu. </b>

Trường hợp này có

1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1

8. 8 8. 7 8. 9 8. 8 9. 9 9. 8 1544
<i>C C</i> <i>C C</i> <i>C C</i> <i>C C</i> <i>C C</i> <i>C C</i> 
                 

phần tử (ứng
với các cặp màu xanh-đỏ, đỏ-vàng, xanh-vàng).

<b>TH 3: ba màu. </b>

Trường hợp này có <i>C C C</i>81. .81 81512 phần tử (ứng với màu xanh, đỏ, vàng).
Như vậy <i>A</i> 2316_.

Vậy xác suất của biến cố <i>A</i> là

2316 772
2925 975
<i>P</i> 

.
<b>Cách 2. (Thầy Nguyễn Thanh Hải)</b>

Nhận thấy số viên bi mang cùng số thuộc tập hợp <i>X</i> 



1; 2; 3;...; 8



đều là 3,
trong chỉ có 2viên bi mang số 9 và 1 viên bi mang số 10. Vì vậy để đếm số
phần tử của không gian thuận lợi cho biến cố <i>A</i> trong bài ta chia nhiều
trường hợp theo việc ba viên bi có viên nào mang số 9 hoặc số 10 hay
không.

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

Trường hợp này có <i>C</i>81.3.2 48 phần tử (chọn một số trong tập <i>X</i> , chọn một
viên bi mang số này, chọn một viên bi mang số 9, viên bi còn lại là viên bi
mang số 10).

<b>TH 2: có đúng hai viên bi mang số thuộc tập hợp </b><i>X</i> .

Trường hợp này có <i>C</i>82.3.3.3 756 phần tử (chọn hai số trong tập <i>X</i> , chọn một
viên bi mang số thứ nhất, chọn một viên bi mang số thứ hai, chọn một viên
bi trong ba viên bi mang số 9 hoặc số 10.

<b>TH 3: cả ba viên bi mang số thuộc tập hợp </b><i>X</i> .

Trường hợp này có <i>C</i>83.3.3.3 1512 _{phần tử (chọn ba số trong tập}<i>X</i>_{, chọn lần}
lượt các viên bi mang các số này).

Như vậy <i>A</i> 2316_.

<b>Câu 22:</b> <b>[1D2-4-4] Cho </b><i>A</i> là tập hợp các số tự nhiên có 2 chữ số khác nhau
được lập thành từ tập hợp <i>X</i> 



1; 2; 3; 4; 5; 8



. Chọn ngẫu nhiên 2số từ tập <i>A</i>
. Tính xác suất để hai số được chọn có các chữ số khác nhau và có tổng
bằng 19?

<b>A. </b>

22
.

145 <b>_B.</b>

12

435. <b>C. </b>

132

435. <b>D. </b>

11
435.

<b>Lời giải</b>
<b>Chọn B. </b>

Gọi B: ''hai số được chọn có các chữ số khác nhau và có tổng bằng 19''

Từ tập hợp <i>X</i> 



1; 2; 3; 4; 7; 8



lập được 30 số tự nhiên có 2 chữ số khác
nhau

 

302 435

<i>n</i> <i>C</i>

   

(cách).

Ta có từ <i>X</i> chỉ có 1 bộ số



2, 4, 5, 8



thỏa: 2 4 5 8 19    _{. Có}<i>A</i>4212 số tự
nhiên có 2 chữ số khác nhau lập từ



2; 4; 5; 8



.

Chia 12 số đó thành 2 nhóm : nhóm chứa chữ số 2 và nhóm khơng chứa
chữ số 2. Mỗi nhóm có 6 số

Ứng với mỗi số <i>ab</i> nhóm thứ nhất, có 2 số <i>cd</i> ở nhóm thứ hai sao cho
19

<i>a b c d</i>   

 

6.2 12
<i>n B</i>

   _(cách).

 

 

12

435
<i>n B</i>

<i>P B</i>
<i>n</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

<b>Câu 23:</b> <b>[1D2-4-4] Cho tập</b><i>X</i> 



4; 5; 6; 7; 8



. Viết ngẫu nhiên lên bảng 2 số tự
nhiên , mỗi số có 3 chữ số đơi một khác nhau lập từ <i>X</i> . Tính xác suất để
hai số đó có đúng một số có chữ số 4.

<b>A. </b>

13_.

25 <b>_B.</b>

9

25 . <b>C. </b>

12

25 . <b>D. </b>

4
25 .

<b>Lời giải</b>
<b>Chọn C. </b>

Từ tập <i>X</i> lập được 5.4.3 60 _{số tự nhiên đôi một khác nhau}

Số các số có mặt chữ số 4là 3.4.3 36 _{số. Số các số không có mặt chữ số 4}
là 24 số.

Gọi <i>A</i> là biến cố hai số viết lên bảng đều có mặt chữ số 4.
<i>B</i> là biến cố hai số viết lên bảng không có mặt chữ số 4.
<i>C</i> là biến cố hai số viết lên bảng có đúng một số có chữ số 4.
Ta có <i>n</i>

 

 <i>C C</i>160. 601

Ta có





 

 

1 1 1 1

36 36 24 24

1 1 1 1

60 60 60 60

. . 13

. . 25

<i>C C</i> <i>C C</i>
<i>P A B</i> <i>P A</i> <i>P B</i>

<i>C C</i> <i>C C</i>

     

.

Vậy

 





12
1

25
<i>P C</i>   <i>P A B</i> 

.

<b>Câu 24:</b> <b>[1D2-4-4] Một hộp đựng </b>6 bi xanh đánh số từ 1 đến 6, 7 bi vàng đánh
số từ 1 đến 7 và 8 bi đỏ đánh số từ 1 đến 8. Lấy ngẫu nhiên 3 bi từ hộp.
Xác suất để ba bi lấy được có 3 số khác nhau là:

<b>A. </b>73,76%. <b>B. </b>67,45% . <b>C. </b>81,23% . <b>D. </b>56,92%.

<b>Lời giải</b>
<b>Chọn A.</b>

Số phần tử của không gian mẫu là:  <i>C</i>213_.

Gọi <i>A</i> là biến cố 3 bi được chọn có số khác nhau.

Để tính số phần tử của biến cố <i>A</i> ta loại trừ các trường hợp sau:

<b>Trường hợp 1. Cả ba bi lấy được ghi cùng </b>1 số: Có 6 trường hợp như vậy.
<b>Trường hợp 2. Có đúng </b>2 bi ghi số giống nhau:

<b>Khả năng 1. </b>2 bi ghi số giống nhau từ 1 đến 6: Có 6.<i>C</i>32 cách chọn 2 trong
ba bi ghi cùng 1 số nào đó. Bi cịn lại có 18 cách chọn (khác số với hai bi
kia). Khả năng này có 6. .18<i>C</i>32 _{cách chọn}

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

Vậy số phần từ của biến cố <i>A</i> là: <i>A</i>    6 6 .18 19 981 <i>C</i>32   _.

Xác suất cần tìm là

 

981 73,76%
1330

<i>A</i>

<i>P A</i>   

 _.

<b>Câu 25:</b> <b>[1D2-4-4] Một hộp đựng </b>6 bi xanh đánh số từ 1 đến 6, 7 bi vàng đánh
số từ 1 đến 7 và 8 bi đỏ đánh số từ 1 đến 8. Lấy ngẫu nhiên 3 bi từ hộp.
Tính xác suất để ba bi lấy được có 3 số khác nhau và khác màu.

<b>A. </b>

108

775_. <b>_B.</b>

108

665_. <b>_C.</b>

116

565_. <b>_D.</b>

109
785<b>_.</b>

<b>Lời giải</b>
<b>Chọn B.</b>

Số phần tử không gian mẫu là:  <i>C</i>213 _.

Gọi <i>A</i> là biến cố ba bi lấy được có 3 số khác nhau và 3 màu khác nhau.
<b>Cách 1.</b>

Ta có các trường hợp sau:

<b>Trường hợp 1. Bi đỏ được chọn ghi số </b>8. Khi đó có hai khả năng sau:
<b>Khả năng 1. Bi vàng được chọn ghi số </b>7. Khi đó có 6 cách chọn bi xanh.
<b>Khả năng 2. Bi vàng được chọn ghi số bé hơn </b>7. Khi đó bi vàng có 6 cách
chọn, bi xanh có 5 cách chọn.

Trường hợp 1 có 6 6.5 36  _{cách chọn.}

<b>Trường hợp 2. Bi đỏ được chọn ghi số </b>7. Khi đó bi vàng có 6 cách chọn (từ
1_đến6_{) và bi xanh có}5_{cách chọn (vì ghi số phải khác số bi vàng). Trường}
hợp này có 6.5 30 _{cách chọn.}

<b>Trường hợp 3. Bi đỏ được chọn ghi số bé hơn </b>7. Bi đỏ có 6 cách chọn.
<b>Khả năng 1. Bi vàng được chọn ghi số </b>7. Khi đó bi xanh có 5 cách chọn
(ghi số khác bi đỏ).

<b>Khả năng 2. Bi vàng được chọn ghi số bé hơn </b>7 và khác số bi đỏ. Khi đó bi
vàng có 5 cách chọn và bi xanh có 4 cách chọn.

<b>Trường hợp 3 này có </b>6 5 5.4







150 cách chọn.

Vậy số phần tử của biến cố <i>A</i> là: <i>A</i> 36 30 150 216   .
Vậy xác suất cần tìm là:

 

213

216 108
665
<i>P A</i>

<i>C</i>

 

.
<b>Cách 2. </b>

Có 6 cách chọn bi xanh.

Với mỗi cách chọn bi xanh có 6 cách chọn bi vàng để bi vàng ghi số khác
với bi xanh.

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

Vậy số phần từ của biến cố <i>A</i> là: <i>A</i> 63.

Xác suất cần tìm là:

 

3
3
21
6 108

665
<i>P A</i>

<i>C</i>

 

.

<b>Câu 26:</b> Có bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số mà tổng của các chữ số đó chia
hết cho 5?

<b>A. </b>18120. <b>B. </b>18150. <b>C. </b>18000. <b>D. </b>18140.

<b>Lời giải</b>
<b>Chọn C.</b>

Với 10 số tự nhiên từ 0 đến 9 ta chia là 5 nhóm, mỗi nhóm gồm 2 chữ số

đồng dư với nhau khi chia cho 5.

Gọi số cần lập là <i>abcd</i>.

Rõ ràng với mỗi cách chọn ba chữ số <i>a b c</i>, , có hai cách chọn chữ số <i>d</i> để
tổng của chúng chia hết cho 5.

Do đó, số các số tự nhiên có tổng các chữ số chia hết cho 5 đúng bằng hai
lần số cách chọn số có ba chữ số <i>abc</i>.

Vậy nên số cách chọn là 9.10 .2 18002  _số.

<b>Câu 27:</b> <b> [1D2-4-4] Cho tập </b><i>A</i>



0;1;2;3;4;5;6



. Gọi <i>S</i> là tập hợp gồm 5 chữ số
khác nhau chọn từ các phần tử của tập <i>A</i>. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập

<i>S</i>_{. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho}15_.

<b>A. </b>

97

360_. <b>_B.</b>

43

360_. <b>_C.</b>

31

360 _. <b>_D.</b>

37
360_.

<b>Lời giải</b>
<b>Chọn D.</b>

Số phần tử của tập <i>S</i> là 6.6.5.4.3 2160 _.

Gọi _{là khơng gian mẫu. Khi đó}<i>n</i>

 

 2160_.
Gọi <i>B</i> là biến cố: “Số được chọn chia hết cho 15”.

Gọi <i>abcde</i> là số có 5 chữ số khác nhau và chia hết cho 15 chọn từ các phần
tử của tập <i>A</i>.

Ta có 15 3.5, 3,5





1. Do đó <i>abcde</i>15 <i>abcde</i>5_và<i>abcde</i>3_.
TH1. <i>e</i>0. Khi đó <i>abcde</i>3



<i>a b c d</i>  



3 khi và chỉ khi





, , , 1;2;4;5

<i>a b c d</i> _hoặc<i>a b c d</i>, , , 



3;6;2;1



_hoặc<i>a b c d</i>, , , 



3;6;2;5



_hoặc





, , , 3;6;4;1

<i>a b c d</i> _hoặc<i>a b c d</i>, , , 



3;6;4;5



_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

TH2. <i>e</i>5. Khi đó <i>abcde</i>3



<i>a b c d</i>   5 3



  <i>a b c d</i>   :3 dư 1 khi và chỉ khi





, , , 3;2;4;1

<i>a b c d</i> _hoặc<i>a b c d</i>, , , 



6;2;4;1



_hoặc<i>a b c d</i>, , ,

_

0;2;4;1

_

_hoặc





, , , 3;6;0;2

<i>a b c d</i> _hoặc<i>a b c d</i>, , , 



3;6;0;4



.

Vậy trong trường hợp này có 2.4! 3.3.3.2.1 102  _{số tự nhiên.}
Do đó <i>n B</i>

 

120 102 222  .

Vậy xác suất cần tìm là:

 

 

 

222 37
2160 360
<i>n B</i>

<i>P B</i>
<i>n</i>

  

 _.

<b>Câu 28:</b> <b>[1D2-2-3] Một tổ có </b>17 bạn gồm 8 nam và 9 nữ. Chọn từ tổ ra 5 bạn
và xếp vào 1 bàn học ngang có thứ tự 5 vị trí. Có bao nhiêu cách xếp sao
cho 5 bạn được chọn có 2 nữ và 3 nam.

<b>A.</b> 241920. <b>B.</b> 282240. <b>C.</b> 28224. <b>D.</b> 24192.
<b>Lời giải</b>

<b>Chọn A.</b>

Chọn 2 nữ từ 9 nữ có: <i>C</i>92_cách.
Chọn 3 nam từ 8 nam có: <i>C</i>83_cách.
Xếp thứ tự 5 bạn được chọn có: 5! cách.

 _{Số cách xếp:}<i>C C</i>92. .5! 24192083  .

<b>Nhận xét</b>: Học sinh thường mắc sai lầm khi ra kết quả: <i>A A</i>83. 9224192.
<b>Câu 29:</b> <b>[1D2-4-3] Cho đa giác đều 12 cạnh. Chọn ngẫu nhiên </b>3 đỉnh của đa

giác đó. Tính xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác khơng
có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho.

<b>A.</b>

24

55 . <b>B.</b>

27

55 . <b>C.</b>

28

55 . <b>D.</b>

31
55.
<b>Lời giải</b>

<b>Chọn C.</b>

Ta có: <i>n</i>

 

 <i>C</i>123_.

Số tam giác có 2 cạnh trùng với cạnh của đa giác là: 12.

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>

 _{Số tam giác có cạnh khơng trùng với cạnh của đa giác là:}
3

12 12 12.8 112
<i>C</i>    _.

 _{Xác suất cần tìm:} 123
112 28

55
<i>P</i>

<i>C</i>

 

.

<b>Câu 30:</b> <b>[1D2-4-4] Có 2 hộp đựng bi, trong mỗi hộp chỉ có bi màu đỏ và màu </b>
đen. Tổng số bi của hai hộp là 20. Chọn ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra 1 viên bi.
Biết xác suất để chọn được hai bi màu đỏ là

55

84 . Xác suất để chọn được 2 bi
màu đen là

<b>A.</b>

1

28 . <b>B.</b>

29

84 . <b>C.</b>

5

84 . <b>D.</b>

13
42 .
<b>Lời giải</b>

<b>Chọn A.</b>

Gọi ,<i>x y</i> là số bi của mỗi hộp. Ta có <i>x y</i> 20 với <i>x y</i>,  *và ,<i>x y</i>20.

Ta có

 

2
100
2

<i>x y</i>
<i>n</i>  <i>xy</i>_  _ 

  _{. Dấu " "} _{không xảy ra nên}<i>n</i>

 

 84_.

Ta có

14
6
20

84 6

14
<i>x</i>
<i>y</i>

<i>x y</i>

<i>xy</i> <i>x</i>

<i>y</i>
 





 

 _



 _

  



 

 

 _.

Giả sử hộp 1 có 14 bi, hộp 2 có 6 bi.

Lại có 55 11.5 _{nên hộp 1 có 11 bi đỏ và}3_{bi đen; hộp 2 có}5_{bi đỏ và 1 bi}
đen.

Xác suất để chọn được 2 bi màu đen là:

3.1 1
84 28 _.

<b>Câu 31:</b> <b>[1D2-2-4] Cho đa giác đều có </b>100. Số tam giác tù tạo thành từ 3 trong
100_{đỉnh của đa giác là}

<b>A.</b> 44100. <b>B.</b> 58800. <b>C.</b> 78400. <b>D.</b> 117600.
<b>Lời giải</b>

<b>Chọn D.</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>

Xét đường chéo <i>A A</i>1 51 của đa giác là đường kính của đường trịn ngoại tiếp
đa giác đều chia đường tròn ra làm hai phần, mỗi phần có 49 điểm: từ <i>A</i>2
đến <i>A</i>50 và <i>A</i>52 đến <i>A</i>100.

Khi đó, mỗi tam giác có dạng <i>A A A</i>1 <i>i</i> <i>j</i>_{là tam giác tù nếu}<i>Ai</i> và <i>Aj</i>_{cùng nằm}
trong nửa đường tròn

 Chọn nửa đường trịn: có 2 cách chọn.

 Chọn hai điểm <i>A Ai</i>, <i>j</i>_{là hai điểm tùy ý được lấy từ}49_điểm<i>A A</i>2, ,...,3 <i>A</i>50 có
2

49 1176

<i>C</i>  _{cách chọn.}

Giả sử <i>Ai</i> nằm giữa <i>A</i>1 và <i>Aj</i>_{thì tam giác}<i>A A A</i>1 <i>i</i> <i>j</i>_{tù tại đỉnh}<i>Ai</i>. Mà

1 1

<i>j</i> <i>i</i> <i>i</i> <i>j</i>

<i>A A A</i> <i>A A A</i>

 

nên kết quả bị lặp hai lần.
 Có 100 cách chọn đỉnh.

Vậy số tam giác tù là

2.1176.100

117600.

2 

<b>Cách 2. Áp dụng công thức nhanh ta có </b>

2 2

2 49

2

. <i>n</i> 100. 117600.
<i>nC</i>   <i>C</i> 

<b>Câu 32:</b> <b>[1D2-4-4] Cho tập </b><i>A</i>



1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9



. Gọi <i>S</i> là tập các số tự
nhiên có 4 chữ số lập từ <i>A</i>. Chọn ngẫu nhiên một số từ <i>S</i>, xác suất để số
được chọn chia hết cho 6 bằng

<b>A.</b>

1

9 . <b>B.</b>

4

9 . <b>C.</b>

4

27 . <b>D.</b>

9
28 .
<b>Lời giải</b>

<b>Chọn C.</b>

Tập <i>S</i> có 94 phần tử.

Gọi số thỏa mãn biến cố là <i>aa a a</i>1 2 3 4._Do<i>aa a a</i>1 2 3 46 <i>aa a a</i>1 2 3 42.
Suy ra <i>a</i>4



2,4,6,8



_{: có}4_{cách; và}<i>a a</i>1, 2 có 92 cách chọn.
 Nếu <i>a a a</i>1 2 43<i>k</i> <i>a</i>3



3; 6; 9



_nên<i>a</i>3_có3_{cách chọn.}
 Nếu <i>a a</i>1 2<i>a</i>43<i>k</i>  1 <i>a</i>3



2; 5; 8



_nên<i>a</i>3 có 3 cách chọn.
 Nếu <i>a a a</i>1 2 43<i>k</i>  2 <i>a</i>3



1; 4; 7



_nên<i>a</i>3 có 3 cách chọn.
4 _.
<i>P</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

<b>Câu 33:</b> <b>[1D2-4-4] Cho </b><i>K</i> là tập hợp các số tự nhiên có bốn chữ số. Chọn ngẫu
nhiên một số từ <i>K</i> . Tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số là bội
của 4.

<b>A.</b>

2249

9000. <b>B.</b>

2243

9000. <b>C.</b>

11

45 . <b>D.</b>

49
9000.

<b>Lời giải</b>
<b>Chọn A.</b>

Ta có:

3

9.10 9000

<i>K</i>  

Gọi <i>A</i> là tập hợp các số tự nhiên có bốn chữ số mà tổng các chữ số của nó
chia hết cho 4. <i>A</i>



<i>abcd</i>:



<i>a b c d</i>  



4



.

Xét <i>b c d</i>  4<i>k r</i>



0 <i>r</i> 3



. Nếu <i>r</i>



0;1;2



thì mỗi giá trị của <i>r</i> sẽ có hai giá
trị của <i>a</i> sao cho



<i>a b c d</i>  



4 (đó là <i>a</i> 4 <i>r a</i>,  8 <i>r</i>). Nếu <i>r</i>3_{thì mỗi giá}
trị của <i>r</i> sẽ có ba giá trị của <i>a</i> sao cho



<i>a b c d</i>  



4 (đó là <i>a</i>1,<i>a</i>5,<i>a</i>9).

Gọi <i>B</i>



<i>bcd</i>: 0<i>b c d</i>, , 9,<i>b c d</i>  4<i>k r</i> , 0 <i>r</i> 2



,



: 0 , , 9, 4 3



<i>C</i> <i>bcd</i> <i>b c d</i> <i>b c d</i>   <i>k</i>
.

Khi đó, ta có:





3

2 3 2 2.10

<i>A</i>  <i>B</i>  <i>C</i>  <i>B C</i> <i>C</i>  <i>C</i>
.

Xét tập hợp <i>C</i> với <i>c d</i> 4<i>m n</i> _{. Nếu}<i>n</i>



0;1



_{thì mỗi giá trị của}<i>n</i>_{sẽ có hai}
giá trị của <i>b</i> sao cho <i>b c d</i>  4<i>k</i>3. Nếu <i>n</i>



2;3



thì mỗi giá trị của <i>n</i> sẽ có
ba giá trị của <i>b</i> sao cho <i>b c d</i>  4<i>k</i>3.

Gọi<i>D</i>



<i>cd</i>: 0<i>c d</i>, 9,<i>c d</i> 4<i>m n</i> , 0 <i>n</i> 1



,



: 0 , 9, 4 , 2 3



<i>E</i>  <i>cd</i> <i>c d</i> <i>c d</i>  <i>m n</i>  <i>n</i>
.

Khi đó, ta có:





2

2 3 2 2.10

<i>C</i>  <i>D</i>  <i>E</i>  <i>D</i>  <i>E</i>  <i>E</i>   <i>E</i>

, với <i>E</i> 25 24 49  .
Suy ra: <i>A</i> 2.1032.10249 2249 .

Gọi biến cố <i>X</i>: “Số được chọn có tổng các chữ số là bội của 4”. Khi đó, xác
suất của biến cố <i>X</i> là:

 

2249

9000
<i>P X</i> 

</div>
<span class='text_page_counter'>(24)</span><div class='page_container' data-page=24>

<b>Câu 34:</b> <b>[1D2-2-4] Có bao nhiêu số tự nhiên có </b>2018 chữ số, trong mỗi số đó các
chữ số đều lớn hơn 1 và khơng có hai chữ số khác nhau cùng nhỏ hơn 7
đứng liền nhau?

<b>A.</b>





2018 2018
5.6  2

. <b>B.</b>





2018 2018
1 _5.6 ₂

4  _.

<b>C.</b>





2018 2018
1

5.6 2

4  _. <b>_D.</b>





2018 2018
1

5.6 2

4  _.

<b>Lời giải</b>
<b>Chọn C.</b>

Xét trường hợp tổng quát với số tự nhiên có <i>n</i> chữ số, với <i>n</i> là số nguyên
dương.

Gọi <i>A Bn</i>, <i>n</i> lần lượt là tập các số tự nhiên có <i>n</i> chữ số thỏa yêu cầu đề bài mà
chữ số tận cùng nhỏ hơn 7 và chữ số tận cùng lớn hơn 6.

Lấy một phần tử <i>a</i> thuộc <i>An</i>, có một cách thêm vào chữ số cuối cho <i>a</i>
(thêm vào bên phải chữ số cuối cùng của <i>a</i>) để được một phần tử của <i>An</i>1
và có 3 cách thêm vào chữ số cuối cho <i>a</i> để được một phần tử của <i>Bn</i>1.
Lấy một phần tử <i>b</i> thuộc <i>Bn</i>, có 5 cách thêm vào chữ số cuối cho <i>b</i> để được
một phần tử của <i>An</i>1 và có 3 cách thêm vào chữ số cuối cho <i>b</i> để được một
phần tử của <i>Bn</i>1.

Ta có:
1
1

5

3 3

<i>n</i> <i>n</i> <i>n</i>

<i>n</i> <i>n</i> <i>n</i>

<i>A</i> <i>A</i> <i>B</i>

<i>B</i> <i>A</i> <i>B</i>




  




 



 _.

Khi đó: <i>An</i>1 <i>Bn</i>1 4<i>An</i> 8<i>Bn</i> 4



<i>An</i>  <i>Bn</i>



4<i>Bn</i> _.







1 1









1 1



4 <i>A_n</i> <i>B_n</i> 4.3 <i>A_n</i>_ <i>B_n</i>_ 4 <i>A_n</i> <i>B_n</i> 12 <i>A_n</i>_ <i>B_n</i>_ ,<i>n</i> 2

        

với 1 1 2 2

5, 3, 20, 24

<i>A</i>  <i>B</i>  <i>A</i>  <i>B</i> 

Kí hiệu <i>xn</i> <i>An</i> <i>Bn</i>

 

, ta được: <i>xn</i>24<i>xn</i>112<i>xn</i>, trong đó <i>x</i>18,<i>x</i>244

Sử dụng cách tìm số hạng tổng qt của dãy số, ta được:





1

5.6 2
4

<i>n</i>
<i>n</i>

<i>n</i>

<i>x</i> _  _{ } 

  _.

Áp dụng cho <i>n</i>2018_{, ta có}





2018 2018
1

5.6 2

</div>

<!--links-->