Chuyên đề Tổ hợp - Xác suất dành cho học sinh khá và giỏi

ctvtoan5 5 năm trước 3551 lượt xem 490 lượt tải

Chào các bạn học sinh và quý thầy cô, hôm nay LogaVN gửi tới bạn đọc tài liệu "Chuyên đề Tổ hợp - Xác suất dành cho học sinh khá và giỏi". Hi vọng sẽ giúp ích cho các bạn học tập và giảng dạy.

Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -27-

T Ổ H ỢP – XÁC XU ẤT VDC

(H Ư ỚNG D ẪN GI ẢI)

PHẦN I. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM

DẠNG 1: CÁC BÀI TOÁN ĐẾM – TÍNH XÁC SUẤT

SỐ CÁC CHỮ SỐ THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC

Loại 1: Liên quan đến tính chất chia hết

Câu 1. Chọn C.

Coi 6 chữ số khác nhau là 6 ô trống.

Số cách chọn ra các số có 6 chữ số khác nhau là

7. 17640 A  .

Số cách chọn ra các số có 6 chữ số khác nhau mà có mặt chữ số 1 và 3 (bao gồm cả số 0 ở vị

trí đầu tiên) là

2 4

6 6

2.C A .

Số cách chọn ra các số có 6 chữ số khác nhau mà có mặt chữ số 1 và 3 (mà 0 ở vị trí đầu

tiên) là

2 3

5 5

2.C A .

Vậy xác suất cần tìm là

2 4 2 3

6 6 5 5

2. 2. 9600 80

17640 17640 147

C A C A



   .

Câu 2. Chọn D.

Số phần tử của tập X là

360 A  . Lấy ngẫu nhiên một số thuộc X có 360 (cách lấy).

Gọi số có 4 chữ số khác nhau chia hết cho 45 có dạng abcd .

Vì abcd

chia hết cho 45 nên abcd

chia hết cho 5 và 9 . Do đó 5 d 

và tổng   a b c d   

chia hết cho 9. Suy ra 13 a b c    và , , a b c khác 5 .

Do đó,   , , a b c

là bộ ba số   3, 4,6 và các hoán vị của nó  có 6 số thỏa yêu cầu đề bài.

Vậy xác suất cần tìm là

6 1

360 60

p   .

Câu 3. Chọn A.

Ta có

6 3 2

43200 2 .3 .5  .

Mỗi ước nguyên dương của số 43200 là một số có dạng 2 .3 .5

i j k

, trong đó   0;1;2;3;4;5;6 i  ,

  0;1;2;3 j  ,   0;1;2 k  .

Số ước nguyên dương bằng số bộ   ; ; i j k được chọn từ 3 tập trên. Suy ra số cách chọn bộ

  ; ; i j k từ 3 tập trên là 7.4.3 84  ( cách) nên số phần tử của S là 84 .

Có

C cách chọn ngẫu nhiên hai phần tử thuộc S .

Mỗi ước nguyên dương không chia hết cho 3 của số 43200 là một số có dạng

2 .3 .5

i k

Suy ra số các ước của 43200 không chia hết cho 3 trong tập S là 7.3 21  . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -28-

Do đó có

C cách lấy hai phần tử thuộc S mà không chia hết cho 3 .

Suy ra xác suất lấy được hai số không chia hết cho 3 trong S là

 .

Câu 4. Chọn A.

Ta có

6 3 2

43200 2 .3 .5  .

Mỗi ước nguyên dương của số 43200 là một số có dạng 2 .3 .5

i j k

, trong đó   0;1;2;3;4;5;6 i  ,

  0;1;2;3 j  ,   0;1;2 k  .

Số ước nguyên dương bằng số bộ   ; ; i j k được chọn từ 3 tập trên. Suy ra số cách chọn bộ

  ; ; i j k từ 3 tập trên là 7.4.3 84  ( cách) nên số phần tử của S là 84 .

Có

C cách chọn ngẫu nhiên hai phần tử thuộc S .

Mỗi ước nguyên dương không chia hết cho 2 của số 43200 là một số có dạng

2 .3 .5

j k

Suy ra số các ước của 43200 không chia hết cho 2 trong tập S là 4.3 12  .

Do đó có

C cách lấy hai phần tử thuộc S mà không chia hết cho 2 .

Suy ra xác suất lấy được hai số không chia hết cho 3 trong S là

 .

Câu 5. Chọn 3 chữ số còn lại có

A cách.

 có

4.5.A số.

Vậy:

3 3

5 5

4.6. 4.5. 2640 A A   số.

Câu 6. Chọn 3 chữ số còn lại có

A cách.

Trường hợp

4 a  và

6 a  tương tự trường hợp

2 a  .

Vậy:

3 3

5 5

4.6. 3.4.5. 5040 A A   số.

Câu 7. Chọn A.

Số các số tự nhiên có 5 chữ số là 99999 10000 1 90000   

Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 11 và chữ số hàng đơn vị bằng 6 là: 6 abcd

Ta có 6 10. 6 11. 6 abcd abcd abcd abcd      chia hết cho 11 khi và chỉ khi 6 abcd  chia

hết cho 11. Đặt 6 11 6 11 abcd h abcd h      .

Khi đó ta được: 11 6 1000 11 6 9999 abcd h h      

 

994 9993

91, 92,..., 908

11 11

h t      suy ra số cách chọn ra h sao cho số 6 abcd chia hết

cho 11 và chữ số hàng đơn vị bằng 6 là 818 .

Vậy xác suất cần tìm là:

1286 409

90000 45000

 .

Câu 8. Chọn B.

Số các số tự nhiên có 4 chữ số là 9999 1000 1 9000   

Giả sử số tự nhiên có 4 chữ số chia hết cho 13 và chữ số hàng nghìn bằng 8 là: 8abc .

Ta có 8 10.8 13.8 3.8 abc ab c ab ab c      chia hết cho 13 khi và chỉ khi

 

3.8 13 ab c   .

Đặt 3.8 13 ab c h   .

Khi đó ta được: 3.800 3.8 3.899 9 ab c     2400 13 2706 h    Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -29-

 

2400 2706

185, 186,..., 208

13 13

h t      suy ra số cách chọn ra h sao cho số 8abc chia

hết cho 13 và chữ số hàng nghìn bằng 8 là 24 .

Vậy xác suất cần tìm là:

24 1

9000 375

 .

Câu 9. Chọn C.

Số các số tự nhiên có 4 chữ số là 9999 1000 1 9000   

Giả sử số tự nhiên có 4 chữ số chia hết cho 17 và chữ số hàng đơn vị bằng 5 là: 5 abc .

Ta có 5 abc chia hết cho 17 . Đặt 5 17 abc h  .

Khi đó ta được: 1005 5 9995 abc   1005 17 9995 h   

 

1005 9995

60, 61,..., 587

17 17

h t      .

Mặt khác 17. 5 5 h h    và h là số lẻ. Do đó   65,75,85,...,585 h  .

Suy ra số cách chọn h sao cho 5 abc chia hết cho 17 là 53 .

Vậy xác suất cần tìm là:

9000

Câu 10. Chọn D.

Số các số tự nhiên có 5 chữ số là 99999 10000 1 90000   

Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 11 và chữ số hàng trăm nghìn bằng 9

là: 9abcd .

Ta có 9 10.9 11.9 9 abcd abc d abc abc d      chia hết cho 11 khi và chỉ khi

 

9 11 abc d   .

Đặt 9 11 abc h d   .

Khi đó ta được: 9000 9 11 9999 abc h d     8991 11 9999 h   

 

8999 9999

818,819,...,909

11 11

h t      suy ra số cách chọn ra h sao cho số 9abcd chia

hết cho 11 và chữ số hàng trăm nghìn bằng 9 là 92 .

Vậy xác suất cần tìm là:

90000

Câu 11. Chọn C.

Ta có số phần tử của không gian mẫu là  

9 n   .

Gọi A : "lấy được số chia hết cho 15 ".

Gọi số cần lập có dạng n abcd  .

Để 15 n  thì

a b c d





  





a b c    chia 3 dư 1.

Ta có a có 9 cách chọn; b có 9 cách chọn.

Để chọn c ta xét các trường hợp sau

TH1: Nếu   3 a b   thì   1;4;7 c  .

TH 2 : Nếu a b  chia chia 3 dư 1 thì   3;6;9 c  .

TH3 : Nếu a b  chia chia 3 dư 2 thì   2;5;8 c  .

Tóm lại c có 3 cách chọn.

Khi đó   9.9.3 243 n A   . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -30-

Vậy xác suất cần tính là  

 

n A

P A

 



Câu 12. Chọn A.

Số các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ tập X là 5.5! 600  (số).

Tập hợp con gồm 5 phần tử của X mà tổng các chữ số chia hết cho 3 là

    0,1, 2, 4,5 , 1, 2,3, 4,5 .

Vậy số các số chia hết cho 3 có 5 chữ số khác nhau tạo bởi các số của X là 4.4! 5! 216  

(số).

Nên còn lại 600 216 384   (số) không chia hết cho 3 .

Ta có tập hợp M có 600 (số) nếu lấy hai số thì có

600

C (cách)

Số cách lấy mà cả hai số đều không chia hết cho 3 là

384

C , nên xác suất để lấy được cả hai số

không chia hết cho 3 là

384

600

Vậy xác suất cần tính là

384

600

8847

14975

  .

Câu 13. Chọn B.

● Gọi số cần tìm có dạng

1 2 3 4 5

n x x x x x  .

Ta có phương trình

1 2 3 4 5 1

4, 1 4 x x x x x x        và

2 3 4 5

0 , , , 3 x x x x  

1 2 3 4 5

3, 0 3, 1,5

y y y y y y i          .

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là

35 C  .

● Để 11 n  thì    

2 4 1 3 5

11 x x x x x      

 



2 4 1 3 5

x x x x x      .

TH1:

2 4

3 5

x x

  

 



 



có

1 1

3 2

. 6 C C  nghiệm.

TH 2 :

2 4

3 5

x x

  

 



 



có

1 1

3 1

. 3 C C  nghiệm.

TH3, 4 :

1 1

3, 4 x x   thì các số không chia hết cho 11.

Do đó, số các số chia hết cho 11 là 6 3 9   (số).

Vậy xác suất cần tính là

Nhận xét: Ở bài toán trên, ta sử dụng hai lý thuyết sau:

1) Dấu hiệu chia hết cho 11: Hiệu của tổng các chữ số hàng chẵn với tổng các chữ số ở hàng lẻ

chia hết cho 11.

2) Bài toán chia kẹo Euler: Số nghiệm nguyên không âm của phương trình

 

1 2

... ,

x x x n m n       bằng

m n



 

Câu 14. Chọn D.

Ta có số phần tử của không gian mẫu là  

9.10 n   .

Gọi A : "Lấy được số lẻ chia hết cho 9 "

Số chia hết cho 9 là số có tổng tất cả các chữ số chia hết cho 9 . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -31-

Các số có sáu chữ số, chia hết cho 9 . Viết theo thứ tự tăng là: 100008, 100017 , 100026,

100035, …., 999999 .

Các số lẻ có sáu chữ số, chia hết cho 9 lập thành một cấp số cộng với số hạng đầu

100017 u 

, công sai 18 d  .

Do đó ta có  

u u n d      999999 100017 1 .18 50000 n n       .

Suy ra   50.000 n A  .

Vậy xác suất cần tính là  

 

n A

P A

 



Câu 15. Chọn C.

Lấy ngẫu nhiên ra 6 tấm thẻ trong 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30 :  

n C  

Gọi A biến cố “trong 6 tấm thẻ được chọn ra có 3 tấm thẻ mang số lẻ, 3 tâm thẻ mang số

chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ mang số chia hết cho 8 ”.

 

3 1 2

A 15 3 12

. . n C C C     

3 1 2

15 3 12

. . 22

145

C C C

P A

  

Câu 16. Chọn A.

Số có có 3 chữ số được tạo từ các chữ số 0,1, 2,3, 4,5,6 có 6.7.7 294  số

Lấy 2 số trong 294 số:  

294

n C  

Gọi n abc  là số có 3 chữ số khác nhau mà tổng các chữ số bằng 9

Ta có: 9 a b c      , , a b c              

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

 Số lượng số có 3 chữ số khác nhau mà tổng các chữ số đó bằng 9 là : (2.2.1).2 3!.3 26  

Gọi A là biến cố” để hai số được chọn đều thuộc tập hợp S ”.

 

n A C  

Xác suất để hai số được chọn đều thuộc tập hợp S :  

294

325

43071

P A

 

Câu 17. Chọn A.

Số tự nhiên có hai chữ số khác nhau được lập từ các chữ số 1, 2,3, 4,5,6,7 là

42 A  số.

Suy ra

C  

Gọi A là biến cố: “ tổng của 2 số lấy ra chia hết cho 9 ”

Ta có: ab cd  chia hết cho 9   9 a b c d     

Suy ra :          

; ; ; 1;4;6;7 , 2;3;6;7 , 3;4;5;6 a b c d 

Với mỗi bộ số ở trên ta có : chọn a có 4 cách chọn, b có 3 cách chọn, c có 2 cách chọn, d

có 1 cách chọn và cặp ab , cd không kể thứ tự nên có :

 cặp

Vậy    

36 12

3.12 36

287

n A P A

    

Câu 18. Chọn D.

Gọi số có 5 chữ số đôi một khác nhau là x abcde  . Ta có  

5 4

10 9

A A n    . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -32-

Gọi A là biến cố: x chia hết cho 9 . Các số , , , , a b c d e được lập từ 2 trong 4 cặp

        1;8 , 2;7 , 3;6 , 4;5 và 1 trong 2 số 0; 9 .

Ta xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1: Trong x có chứa số 9 , không chứa số . 0

Có

5.C .4! số.

Trường hợp 2: Trong x có chứa số 0 , không chứa số 9 . Có

4.C .4! số.

Do đó  

2 2

4 4

5.C .4! 4.C .4! n A   . Xác suất cần tìm là:  

 

2 2

4 4

5 4

10 9

5.C .4! 4.C .4! 1

A A 21

n A

P A



  

 

Câu 19. Chọn B.

Mỗi số tự nhiên thuộc X có dạng

1 2 3 4

x a a a a  trong đó

0 a  và

a chẵn.

Trường hợp

0 a  : Số các số dạng x có

0 a  là

120 A  .

Trường hợp  

2;4;8 a  : Số các số dạng trong trường hợp này là 5.5.4.3 300  .

Vậy X có 120 300 420   số.

Số phẩn tử của không gian mẫu là   420 n   .

Gọi A là biến cố chọn được số

1 2 3 4

x a a a a  chia hết cho 4 .

x chia hết cho 4 khi và chỉ khi

3 4

a a chia hết cho 4 . Do đó

3 4

a a thuộc tập

  04;08;20;24;28;32;40;48;52;72;80;84 .

Nếu  

3 4

04;08;20;40;80 a a  thì số cách chọn x là

.5 100 A  .

Nếu  

3 4

24;28;32;48;52;72;84 a a  thì số cách chọn x là 4.4.7 112  .

Suy ra   212 n A  .

Xác suất của biến cố A là  

212 53

420 105

P A   .

Do đó, xác suất để chọn được số không chia hết cho 4 là

 

105

P A P A    .

Câu 20. Chọn C.

Mỗi số tự nhiên thuộc X có dạng

1 2 3 4

x a a a a  trong đó

0 a  , nên X có 7.7.6.5 1470  số.

Số phẩn tử của không gian mẫu là   1470 n   .

Gọi A là biến cố chọn được số

1 2 3 4

x a a a a  chia hết cho 4 .

x chia hết cho 4 khi và chỉ khi

3 4

a a chia hết cho 4 . Do đó

3 4

a a thuộc tập

  04;08;40;48;80;84 .

Nếu  

3 4

04;08;40;80 a a  thì số cách chọn x là

.4 120 A  .

Nếu  

3 4

48;84 a a  thì số cách chọn x là 5.5.2 50  .

Suy ra   170 n A  .

Xác suất của biến cố A là  

170 17

1470 147

P A   .

Câu 21. Chọn D.

Từ các chữ số   0;1;2;3;4;5;6 lập được

6. 180 A  số  

180

16110 n C     . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -33-

Gọi A là biến cố “chọn được hai số có các chữ số xuất hiện ở hai số đó đôi một khác nhau và

có tổng các chữ số bằng 21”.

Gọi hai số chọn được thỏa mãn biến cố A là abc và def , suy ra 21 a b c d e f       . Do

đó   , , , , , 1;2;3;4;5;6 a b c d e f  .

Trước hết ta chon 3 số , , a b c trong tập   1;2;3;4;5;6 , sau khi chọn , , a b c thì , , d e f là các số

còn lai.

Bởi vậy:  

.3!.3! 720 n A C   .

Vậy  

720 8

16110 179

P A   .

Câu 22. Chọn C.

Gọi số có 6 chữ số khác nhau là abcdef , mà tổng các chữ số bằng 18 nên tập   , , , , , a b c d e f

là một trong các tập hợp sau:   0;1;2;3;4;8 ;   0;1;2;3;5;7 ;   0;1;2;4;5;6 .

Ứng với mỗi trường hợp có 5 cách chọn chữ số a , các chữ số còn lại có 5! cách chọn.

Suy ra có 3.5.5! 1800  số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau mà tổng bằng 18   1800 n    .

Gọi A là biến cố “Số tự nhiên được chọn là số lẻ”.

TH1:   , , , , , 0;1;2;3;4;8 a b c d e f   có 2.4.4! 192  (số).

TH2:   , , , , , 0;1;2;3;5;7 a b c d e f   có 4.4.4! 384  (số).

TH3:   , , , , , 0;1;2;4;5;6 a b c d e f   có 2.4.4! 192  (số).

Suy ra   768 n A   

 

n A

P A

  



Câu 23. Chọn A.

Ta có 9 1 2 6    1 3 5    2 3 4    .

Vì trong số cần lập luôn có ba chữ số 1, 2 , 3 nên trong ba chữ số còn lại cần có ít nhất một

chữ số thuộc   4;5;6 .

Trường hợp 1: Số cần lập có một chữ số thuộc   4;5;6 , có

1 2

3 3

C C 6! 6480    (số).

Trường hợp 2: Số cần lập có hai chữ số thuộc   4;5;6 , có

2 1

3 3

C C 6! 6480    (số).

Trường hợp 3: Số cần lập có ba chữ số thuộc   4;5;6 , có 6! 720  (số).

Vậy số các số cần lập là 6480 6480 720 13680    .

Câu 24. Chọn A.

Ta có 6 0 1 5    0 2 4    1 2 3    .

Gọi số cần lập là x abcdef  . Vì tổng của ba chữ số hàng trăm, hàng chục, hàng đơn vị bằng 6

nên ta xét các trường hợp

Trường hợp 1:   , , 0;1;5 d e f  hoặc   , , 0;2;4 d e f  thì def có 2 3! 12   cách lập.

Khi đó     , , 0;1;2;...;9 \ ; ; a b c d e f  nên abc có

A 210  cách lập.

Do đó có 12 210 2520   (số x ).

Trường hợp 2:   , , 1;2;3 d e f  thì def có 3! 6  cách lập. Khi đó   4;5;6;7;8;9 a 

nên a có 6 cách lập và     , 0;4;5;6;7;8;9 \ b c a  nên bc có

A 30  cách lập.

Do đó có 6 6 30 1080    (số x ). Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -34-

Vậy số các số cần lập là 2520 1080 3600   (số).

Câu 25. Chọn A.

Số cách bốc ngẫu nhiên 6 quả cầu từ 11 quả là

C 462  (cách).

Các số trên 11 quả cầu chia hết cho 3 là   3;6;9 .

Để tích các số trên 6 quả cầu chia hết cho 3 thì cần ít nhất một quả có số chia hết cho 3 .

Trường hợp 1: Có một quả có số chia hết cho 3 , có

1 5

3 8

C C 168   cách.

Trường hợp 2: Có hai quả có số chia hết cho 3 , có

2 4

3 8

C C 210   cách.

Trường hợp 3: Có ba quả có số chia hết cho 3 , có

3 3

3 8

C C 56   cách.

Vậy xác suất cần tính là

168 210 56 31

462 33

 

  .

Câu 26. Chọn A.

Số cách bốc ngẫu nhiên 3 quả cầu từ 11 quả là

C 165  (cách).

Các số chia hết cho 3 thuộc   3;6;9 A  , các số chia 3 dư 1 thuộc   1;4;7;10 B  , các số chia

3 dư 2 thuộc   2;5;8;11 C  .

Để bốc được ba quả có tổng các số chia hết cho 3 ta xét các trường hợp sau.

Trường hợp 1: Ba quả có số cùng thuộc một trong ba tập , , A B C , có

3 3 3

3 4 4

C C C 9    cách.

Trường hợp 2: Ba quả có số thuộc cả ba tập hợp , , A B C , có

1 1 1

3 4 4

C C C 48    cách.

Vậy xác suất cần tính là

9 48 19

165 55



  .

Câu 27. Chọn A.

Nhận thấy trong chín quả cầu đã cho, có hai quả ghi số chia hết cho 3 (các quả ghi số 3 hoặc

số 6 ), sáu quả còn lại ghi số không chia hết cho 3

Giả sử rút ra x quả   1 8, x x     . Số cách chọn x quả cầu từ 8 quả cầu trong hộp là

C ;

số phần tử của không gian mẫu là  

n C  

Gọi A là biến cố “Trong số x quả lấy ra, có ít nhất một quả ghi số chia hết cho 3 ” thế thì biến

cố đối của A là A : “ Trong số x quả lấy ra, không có quả nào ghi số chia hết cho 3 ”

Số cách chọn tương ứng với biến cố A là

  6

n A C 

Ta có

 

   

8 7

n A

x x C

P A

n C

 

  



Do đó      

   

8 7

3 1 1

1 56 8 7 14

4 4 56 4

x x

P A P A P A x x x

 

           

Hay

15 57 15 57

15 42 0

2 2

x x x

 

     

Suy ra 3,7 11,3 x     1 8, x x    

Giá trị nhỏ nhất của x là 4 . Vậy số quả cầu phải rút ra ít nhất mà ta phải tìm là 4

Câu 28. Chọn B.

Nhận thấy trong bảy quả cầu đã cho, có ba quả ghi số chia hết cho 5 (các quả ghi số 5 ), sáu

quả còn lại ghi số không chia hết cho 5 Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -35-

Giả sử rút ra x quả   1 7, x x     . Số cách chọn x quả cầu từ 7 quả cầu trong hộp là

C ;

số phần tử của không gian mẫu là  

n C  

Gọi A là biến cố “Trong số x quả lấy ra, có ít nhất một quả ghi số chia hết cho 5 ” thế thì biến

cố đối của A là A : “ Trong số x quả lấy ra, không có quả nào ghi số chia hết cho 5 ”

Số cách chọn tương ứng với biến cố A là

  6

n A C 

Ta có

 

n A

C x

P A

n C



  



Do đó  

   

2 1 7 1 14

3 3 7 3 3

P A P A P A x



        

Suy ra 4,6 x    1 7, x x    

Giá trị nhỏ nhất của x là 5 . Vậy số quả cầu phải rút ra ít nhất mà ta phải tìm là .

Câu 29. Chọn B.

Gọi số cần lập có dạng abcdef .

a có 1 cách chọn.

b có 6 cách chọn.

c có 6 cách chọn.

d có 6 cách chọn.

e có 6 cách chọn.

f có 2 cách chọn.

Vậy có: 1.6.6.6.6.2 2592  số.

Câu 30. Chọn A.

Ta có số phần tử không gian mẫu là .

Có các trường hợp sau:

Số cách chọn ba số chia hết cho từ các số ban đầu là .

Còn lại ba chữ số phải là số không chia hết cho có cách.

Mỗi khi đổi vị trí ta có số mới, vậy có tất cả , vì số đứng đầu không thỏa mãn.

Vậy xác suất cần tính là .

Loại 2: Số lần xuất hiện của chữ số

Câu 31. Chọn B.

Bước 1: xét các số có 7 chữ số, trong số có bốn chữ số lê khác nhau và ba chữ số chẵn khác

nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng một lần ( kể cả số có chữ số 0 đứng đầu)

Từ 10 chữ số chọn ra 7 chữ số khác nhau gồm 4 số lẻ và 3 số chẵn có

4 3

5 5

. C C cách chọn.

Với mỗi cách chọn trên ta có: số các số có 7 chữ số trong đó có 4 chữ số lẻ khác nhau và 3

chữ số chẵn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng 1 lần là 7! số.

Vậy với

4 3

5 5

. C C cách chọn ở trên ta tạo được

4 3

5 5

. .7! 252000 C C  số ( kể cả số 0 đứng đầu tiên )

Bước 2: xét các số thỏa mãn điều kiện ở bước 1 mà có chữ số 0 đứng đầu.

Từ 9 số đã cho ( bỏ số 0 ) chọn ra 7 số khác nhau gồm 4 số lẻ và 3 số chẵn ( vì đã có số 0

đứng đầu ) có

4 2

5 4

. C C cách chọn

6 5

10 9

A A 

 

3 3

4 6

. . 6! 5! C C  0

 

3 3

6 4

. . 6! 5! 200

567

C C



Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -36-

+ Với mỗi cách chọn trên ta có: số các số có 7 chữ số có số 0 đứng đầu, trong đó có mặt 4

chữ số lẻ khác nhau, 3 chữ số chẵn khác nhau và mỗi chữ số chẵn khác 0 có mặt đúng 1 lần là

6! số

+ Vậy với

4 2

5 4

. C C cách chọn ở trên ta tạo được

4 2

5 4

. .6! 21600 C C  số ( ở bước 2)

Từ 2 bước trên suy ra số các chữ số thảo đề bài là: 252000 21600 230400   số

Câu 32. Chọn C.

Bước 1: xét các số có 8 chữ số, trong số có hai chữ số chẵn khác nhau và ba chữ số lẻ khác

nhau mà mỗi chữ số lẻ có mặt đúng hai lần ( kể cả số có chữ số 0 đứng đầu)

Từ 10 chữ số chọn ra 5 chữ số khác nhau gồm 2 số chẵn và 3 số lẻ có

2 3

5 5

. C C cách chọn.

Với mỗi cách chọn trên ta có: số các số có 8 chữ số trong đó có 2 chữ số chẵn khác nhau và 3

chữ số lẻ khác nhau mà mỗi chữ số số có mặt đúng 2 lần là

2!.2!.2!

số.

Vậy với

2 3

5 5

. C C cách chọn ở trên ta tạo được

2 3

5 5

. . 504000

2!.2!.2!

C C  số ( kể cả số 0 đứng đầu

tiên )

Bước 2: xét các số thỏa mãn điều kiện ở bước 1 mà có chữ số 0 đứng đầu.

Từ 9 số đã cho ( bỏ số 0 ) chọn ra 4 số khác nhau gồm 1 số chẵn và 3 số lẻ ( vì đã có số 0

đứng đầu ) có

1 3

4 5

. C C cách chọn

+ Với mỗi cách chọn trên ta có: số các số có 8 chữ số có số 0 đứng đầu, trong đó có mặt 2

chữ số chẵn khác nhau, 3 chữ số lẻ khác nhau và mỗi chữ số chẵn khác 0 có mặt đúng hai lần

là

2!.2!.2!

số

+ Vậy với

1 3

4 5

. C C cách chọn ở trên ta tạo được

1 3

4 5

. . 25200

2!.2!.2!

C C  số ( ở bước 2)

Từ 2 bước trên suy ra số các chữ số thảo đề bài là: 504000 25200 478800   số

Câu 33. Chọn 3 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có ba trường hợp:

Trường hợp 1: mỗi chữ số ; ; a b c : xuất hiện 2 lần. Khi ấy ta có

2!2!2!

 số tự nhiên.

Trường hợp 2 : Một trong ba chữ số ; ; a b c xuất hiện bốn lần, hai chữ số còn lại mỗi số xuất

hiện một lần. Khi ấy, ta có

3. 90

4!.1!.1!

 số tự nhiên.

Trường hợp 3 : Một trong ba chữ số ; ; a b c xuất hiện ba lần, một chữ số xuất hiện hai lần và

số còn lại xuất hiện một lần. Khi ấy, ta có

3!. 360

3!.2!.1!

 số tự nhiên.

Suy ra  

90 90 360 . 45360

C      .

Vậy

45360

( ) 0,08535284255

531441

P A



  



Câu 34. Chọn 2 chữ số còn lại từ 4 chữ số đó, có ba trường hợp:

Trường hợp 1: Một trong các chữ số ; ; ; a b c d : xuất hiện 3 lần, 3 chữ số còn lại xuất hiện

một lần. Khi ấy, ta có

4. 480

3!.1!.1!.1!

 số tự nhiên. Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -37-

Trường hợp 2 : Hai trong bốn chữ số ; ; ; a b c d xuất hiện hai lần, hai chữ số còn lại mỗi số

xuất hiện một lần. Khi ấy, ta có

. 1080

2!.2!.1!.1!

C  số tự nhiên.

Suy ra  

480 1080 . 196560

C     .

Vậy

196560

( ) 0,3698623177

531441

P A



  



Câu 35. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có bốn chữ số được lập từ   0;1;2;4;6;7 X  . Số phần tử

không gian mẫu

5.6 1080    .

Gọi A là biến cố cần tìm xác suất. Ta có các trường hợp sau:

Trường hợp 1: Chữ số 0 xuất hiện 2 lần.

Có

C cách chọn 2 vị trí cho chữ số 0 .

Có

A cách xếp 2 chữ số trong 5 chữ số vào 2 vị trí còn lại.

Suy ra trường hợp này có

2 2

3 5

. 60 C A  số thõa mãn.

Trường hợp 2 : Chữ số x (khác 0) xuất hiện 2 lần và x ở vị trí hàng nghìn.

Có 5 cách chọn x từ tập X .

Có 3 cách chọn thêm một vị trí nữa cho x .

Có

A cách xếp 2 chữ số trong 5 chữ số vào 2 vị trí còn lại.

Suy ra trường hợp này có

5.3. 300 A  số thõa mãn.

Trường hợp 3 : Chữ số x (khác 0) xuất hiện 2 lần và x không nằm ở vị trí hàng nghìn.

Có 5 cách chọn x .

Có

C cách chọn vị trí cho chữ số x .

Có 4 cách chọn một chữ số (khác 0 và khác ) x vào vị trí hàng nghìn.

Có 4 cách chọn một chữ số vào vị trí còn lại.

Suy ra trường hợp này có

5.4.4. 240 C  số thõa mãn.

Do đó theo quy tắc cộng, có 60 300 240 600

     .

Vậy xác suất của biến cố A :

600 5

( )

1080 9

P A



  



Câu 36. Chọn B.

Trường hợp 1: Chữ số 0 xuất hiện 3 lần.

Có

C cách chọn 3 vị trí cho chữ số 0 .

Có

A cách xếp 3 chữ số trong 9 chữ số vào 3 vị trí còn lại.

Suy ra trường hợp này có

3 3

5 9

. 5040 C A  số thõa mãn.

Trường hợp 2 : Chữ số x (khác 0) xuất hiện 3 lần và x ở vị trí đầu tiên (vị trí hàng trăm

nghìn).

Có 9 cách chọn x .

Có

C cách chọn thêm hai vị trí nữa cho x .

Có

A cách xếp 3 chữ số trong 9 chữ số vào 3 vị trí còn lại.

Suy ra trường hợp này có

2 3

5 9

9. . 45360 C A  số thõa mãn. Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -38-

Trường hợp 3 : Chữ số x (khác 0) xuất hiện 3 lần và x không nằm ở vị trí hàng trăm

nghìn.

Có 9 cách chọn x .

Có

C cách chọn vị trí cho chữ số x .

Có 8 cách chọn một chữ số (khác 0 và khác ) x vào vị trí hàng trăm nghìn.

Có

A cách xếp 2 chữ số trong 8 chữ số vào 2 vị trí còn lại.

Suy ra trường hợp này có

2 3

8 5

9.8. . 40320 A C  số thõa mãn.

Vậy theo quy tắc cộng, có 5040 45360 40320 90720    số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 37. Chọn B.

Số cách chọn ba số đôi một khác nhau từ tập A là

4060 C  cách.

Số cách chọn ra ba số liên tiếp là 28 cách.

Số cách chọn ra ba số trong đó có đúng hai số liên tiếp là 27 2 27 26 756     cách.

Vậy xác suất cần tìm là

4060 28 756 3276 117

4060 4060 145

 

  .

Câu 38. Chọn một chữ số lẻ, ba chữ số chẵn khác 0 và xếp vào các vị trí còn lại, có:

5 4! 480 C   

cách.

Trong trường hợp này có 4 480 1920   số.

- Trường hợp 2: số tạo thành không có chữ số 0 , khi đó: chọn một chữ số lẻ cùng với bốn

chữ số chẵn rồi xếp vào các vị trí có: 5 5! 600   số.

Vậy tất cả có 1920 600 2520   số thỏa mãn đề bài.

Câu 39. Chọn A.

Gọi số tự nhiên cần lập là

1 2 3 4

X a a a a  ,  

0 a 

Vì     0,1, 2,3, 4,5 , 1, 2,3, 4

a i   nên ta có các trường hợp sau :

TH1 : Trong X có chữ số 0 thì có 3 cách xếp chữ số 0 ; 3 cách xếp chữ số 2 ; 2 cách xếp chữ

số 4 và

A cách xếp chữ số 1;3;5 . Suy ra có

3.3.2 54 A 

TH2: Trong X không có chữ số 0 .

Có bốn cách xếp chữ số 2 ; ba cách xếp chữ số 4 và

A cách xếp ba chữ số 1,3,5 . Suy ra có

4.3 72 A  số.Vậy có tất cả 54 72 126   số

Câu 40. Chọn các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau:

A .

Tổng số cách: 46449 cách.

46499 1400

( ) 1

9 6561

P A   

Câu 41. Chọn A.

Gọi số đó là

1 2 3 4 5 6

A a a a a a a 

Theo đề bài, ta có A có nhiều nhất 3 chữ số lẻ.

TH1 : A có

chữ số lẻ:

a lẻ: số cách chọn A:

5 5

. C P .

a chẵn: số cách chọn A:

1 1 4

4 5 4 5

C .( . ). C C P .

TH2 : A có 2 chữ số lẻ:

a lẻ, suy ra

a chẵn. số cách chọn A:

1 1 1 3

5 5 4 4 4

.C .( . ). C C C P .

Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -39-

a chẵn, có 6 cách chọn 2 vị trí không kề nhau của 2 chữ số lẻ. số cách chọn A:

1 2 3

4 5 2 4

C .( .6. ). C P A .

TH3 : A có 3 chữ số lẻ:

a lẻ, suy ra

a chẵn, có 3 cách chọn 2 vị trí không kề nhau của 2 chữ số lẻ . số cách chọn A:

1 1 2 2

5 5 4 2 4

.C .( .3. ). C C P A .

a chẵn, có 1 cách chọn 2 vị trí không kề nhau của 2 chữ số lẻ. số cách chọn A:

1 3 2

4 5 3 4

C .( .1. ). C P A .

Suy ra tổng số trường hợp: 37800 cách.

Câu 42.

Chọn 2 trong 9 chữ số:

TH1: 1 số xuất hiện 3 lần, 2 số còn lại xuất hiện 1 lần:

C .

TH2: 1 số xuất hiện 1 lần, 2 số còn lại xuất hiện 2 lần:

2!.2!

C .

Suy ra

2 1 2

9 3 3

5! 5!

( ) . . 5400

3! 2!.2!

n A C C C

 

  

 

 

cách.

Suy ra

200

( )

2187

P A  .

Câu 43. Chọn A.

Gọi số cần tìm có dạng . Vì số được chọn là số chẵn nên .

Trường hợp 1: .

Chọn vị trí trong vị trí còn lại để xếp hai chữ số và , có cách.

Chọn chữ số trong chữ số còn lại để xếp vào vị trí còn lại, có cách.

Do đó trường hợp này có số.

Trường hợp 2: .

Có vị trí để xếp chữ số . Chọn chữ số trong chữ số còn lại để xếp vào vị trí còn lại,

có cách. Do đó có số (kể cả số đứng đầu).

Xét riêng trường hợp chữ số ở vị trí đầu tiên. Khi đó chữ số có cách xếp, chọn chữ số

trong chữ số còn lại để xếp vào vị trí còn lại có cách. Suy ra có số.

Tóm lại trong trường hợp này có số.

Trường hợp 3: nên có cách chọn.

Chọn vị trí trong vị trí còn lại để xếp hai chữ số và , có cách. Chọn chữ số trong

chữ số còn lại để xếp vào vị trí còn lại, có cách. Do đó có số (kể cả số

đứng đầu).

Xét riêng trường hợp chữ số ở vị trí đầu tiên. Khi đó có cách xếp hai chữ số và cho

vị trí còn lại. Suy ra có số.

Tóm lại trong trường hợp này có số.

Vậy có số thỏa mãn.

abcd   0; 2; 4; 6; 8 d 

0 d 

2 3 8 9

1 7

2 1

3 7

1. . 42 A C 

8 d 

3 9 2 8 2

3. 168 A  0

0 9 2 1

2. 14 C 

168 14 154  

  2; 4; 6 d  d 3

2 3 8 9

A 1

2 1

3 7

3. . 126 A C  0

0 2! 8 9

2 3.2! 6 

126 6 120  

42 154 120 316   Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -40-

Loại 3: Liên quan đến vị trí

Câu 44. Chọn A.

Gọi số đó là

1 2 3 4 5 6

A a a a a a a  .

Theo đề bài, ta có A có nhiều nhất 3 chữ số chẵn.

TH1 : A có 1 chữ số chẵn :

a chẵn: số cách chọn A:

4 5

. C P .

a lẻ : số cách chọn A:

1 1 4

5 5 4 5

C .( . ). C C P .

TH2 : A có 2 chữ số chẵn :

a chẵn, suy ra

a lẻ. số cách chọn A:

1 1 1 3

4 5 4 4 4

.C .( . ). C C C P .

a lẻ , có 6 cách chọn 2 vị trí không kề nhau của 2 chữ số chẵn. số cách chọn A:

1 2 3

5 5 2 4

C .( .6. ). C P A .

TH3 : A có 3 chữ số chẵn:

a chẵn , suy ra

a lẻ , có 3 cách chọn 2 vị trí không kề nhau của 2 chữ số chẵn . số cách chọn

1 1 2 2

4 5 4 2 4

.C .( .3. ). C C P A .

a lẻ, có 1 cách chọn 2 vị trí không kề nhau của 2 chữ số chẵn. số cách chọn A:

1 3 2

5 5 3 4

C .( .1. ). C P A . Suy ra tổng số trường hợp: 37800 cách.

Câu 45. Chọn A.

Vì 2 chữ số lẻ đứng kề nhau nên ta gom 2 số lẻ thành số M , có

3 C  bộ M .

Gọi số cần chọn có dạng abcd với   0; 2; 4; 6 d  .

` ● Trường hợp 1. 0 d  , suy ra d có 1 cách chọn.

+) Có 3 vị trí để xếp chữ số M , ứng với mỗi cách xếp M có 2! cách xếp hai phần tử trong

M .

+) Chọn thứ tự 2 chữ số từ tập   2; 4; 6 để xếp vào 2 vị trí trống còn lại, có

A cách.

Do đó trường hợp này có

1.3.2!. 36 A  số.

● Trường hợp 2.   2; 4; 6 d  , suy ra d có 3 cách chọn.

+) Nếu xếp M vào vị trí đầu tiên nên có 1 cách, ứng với cách xếp này có 2! cách xếp hai phần

tử trong M . Chọn 2 chữ số từ tập 3 chữ số còn lại để xếp vào 2 vị trí trống còn lại, có

cách. Suy ra có tất cả

3.1.2!. 36 A  số.

+) Nếu xếp M vào vị trí thứ 2 hoặc thứ 3 thì có 2 cách, ứng với cách xếp này có 2! cách xếp

hai phần tử trong M . Chọn 2 chữ số từ tập 3 chữ số còn lại để xếp vào 2 vị trí trống còn lại,

có

A cách. Do đó

3.2.2!. 72 A  số (kể cả số 0 đứng đầu). Xét riêng trường hợp chữ số 0

đứng đầu thì có

3.2.2!. 24 A  số. Suy ra có 72 24 48   số.

Do đó trường hợp này có 36 48 84   số.

Vậy có   3. 36 84 360   số thỏa mãn.

Câu 46. Chọn thứ tự hai chữ số từ tập    

3; 4; 5; 6; 7 \ a để xếp vào hai vị trí còn lại có

A cách.

Do đó trường hợp này có

2.16. 384 A  số.

Vậy có 120 120 384 624    số thỏa mãn. Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -41-

Câu 47. Chọn thêm hai chữ số từ   0; 1; 2; 6; 8 có

C cách. Hai chữ số vừa chọn cùng với M và N

có 4! cách xếp thứ tự. Ứng với mỗi cách ấy trong M có 3! cách xếp vị trí cho 3 ;4; 5 , trong

N có 2! cách xếp vị trí cho 7; 9 . Do đó có tất cả

.4!.3!.2! C số (kể cả số 0 đứng đầu).

● Trường hợp 2. Xét riêng trường hợp số 0 đứng đầu. Ta chọn thêm một chữ số từ

  1; 2; 6; 8 có

C cách. Chữ số vừa chọn cùng với M và N có 3! cách xếp thứ tự. Ứng với

mỗi cách ấy trong M có 3! cách xếp vị trí cho 3 ;4; 5 , trong N có 2! cách xếp vị trí cho

7; 9 . Do đó có

.3!.3!.2! C số có số 0 đứng đầu.

Vậy có

2 1

5 4

.4!.3!.2! .3!.3!.2! 2592 C C   số thỏa mãn.

Câu 48. Chọn 2 số lẻ trong 3 số lẻ còn lại và chọn 4 số chẵn từ   2; 4; 6; 8 sau đó xếp 6 số này vào

6 vị trí trống còn lại có

2 4

3 4

. .6! C C cách.

Vậy số các số thỏa đề bài là:

1 2 2 4

7 5 3 4

. . . .6! 7.20.3.1.720 302400   C A C C .

Câu 49. Chọn thêm hai chữ số từ   0; 1; 2; 6; 8 có

C cách. Hai chữ số vừa chọn cùng với M và N

có 4! cách xếp thứ tự. Ứng với mỗi cách ấy trong M có 3! cách xếp vị trí cho 3 ;4; 5 , trong

N có 2! cách xếp vị trí cho 7; 9 .

Do đó có tất cả

.4!.3!.2! C số (kể cả số 0 đứng đầu).

ii) Xét riêng trường hợp số 0 đứng đầu. Ta chọn thêm một chữ số từ   1; 2; 6; 8 có

C cách.

Chữ số vừa chọn cùng với M và N có 3! cách xếp thứ tự. Ứng với mỗi cách ấy trong M có

3! cách xếp vị trí cho 3 ;4; 5 , trong N có 2! cách xếp vị trí cho 7; 9 .

Do đó có

.3!.3!.2! C số có số 0 đứng đầu.

Vậy số các số thỏa đề bài là:

2 1

5 4

.4!.3!.2! .3!.3!.2! 2592   C C .

Câu 50. Chọn A.

Gọi số đó là

1 2 3 4 5 6

 A a a a a a a .

i) Số cách chọn chữ số

a có 5 cách chọn vì

0  a .

ii) Số cách chọn thứ tự cho

2 3 4 5 6

; ; ; ; a a a a a trong tập  

\ A a có

A cách.

Trong

1 2 3 4 5 6

a a a a a a có 5 vị trí để chữ số 0 và 5 đứng cạnh nhau trong đó vị trí đầu bên trái

chỉ có một khả năng là

3 4 5 6

50a a a a , các vị trí còn lại có thể hoán vị 0 và 5 cho nhau. Do đó có

tất cả 9 cách.

Sau khi chọn được vị trí để hai chữ số 0 và 5 đứng cạnh nhau, ta chọn một số hoán vị của các

chữ số còn lại, tức là có 4! cách.

Vậy có:

5. 9.4! 384   A số các số A .

Câu 51. Chọn thứ tự hai chữ số từ tập    

3; 4; 5; 6; 7 \ a để xếp vào hai vị trí còn lại có

A cách.

Do đó trường hợp này có

2.16. 384  A số các số A .

Vậy có: 120 120 384 624    số các số A .

Câu 52. Chọn B.

*) Số các số tự nhiên có bảy chữ số khác nhau lập từ các chữ số 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 là: 7!.

*) Xét trường hợp ba chữ số chẵn đứng cạnh nhau:

+) Xếp 3 chữ số chẵn thành 1 hàng ngang, ta được một dãy số  : có 3! cách xếp. Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -42-

+) Xếp dãy số  cùng với 4 chữ số lẻ thành hàng ngang ta được một số tự nhiên có 7 chữ

số khác nhau: có 5! cách xếp.

 có 3!.5! số.

Vậy số các số tự nhiên theo đề bài là: 7! 3!.5! 4320   số.

Câu 53. Chọn 3 chữ số chẵn từ 4 chữ số chẵn thành 1 hàng ngang, ta được một dãy số  : có

A cách

xếp.

+) Xếp dãy số  cùng với 4 chữ số lẻ và 1 chữ số chẵn còn lại thành hàng ngang ta được

một số tự nhiên có 8 chữ số khác nhau: có 6! cách xếp.

 có

.6! A số thỏa mãn ba chữ số chẵn đứng cạnh nhau, trong đó trường hợp 4 chữ số chẵn

đứng cạnh nhau tính hai lần.

*) Xét trường hợp bố chữ số chẵn đứng cạnh nhau:

+) Xếp 4 chữ số chẵn thành 1 hàng ngang, ta được một dãy số  : có 4! cách xếp.

+) Xếp dãy số  cùng với 4 chữ số lẻ thành hàng ngang ta được một số tự nhiên có 8 chữ

số khác nhau: có 5! cách xếp.

 có 4!.5! số thỏa mãn bốn chữ số chẵn đứng cạnh nhau.

Vậy số các số tự nhiên theo đề bài là:

8! .6! 4!.5! 25920 A    số.

Câu 54. Chọn A.

Chỉ xảy ra các trường hợp sau:

T r ư ờng h ợp 1: 1 chữ số 0 và 9 chữ số 5 :

+) Xếp 9 chữ số 5 thành hàng ngang: có 1 cách xếp.

Khi đó, ta có 9 vị trí có thể xếp số 0 , đó là 8 khoảng trống giữa các số 5 và một vị trí ở cuối

hàng (vì chữ số 0 không thể đứng đầu).

+) Xếp số 0 vào một trong 9 vị trí nói trên: có

C cách xếp.

Suy ra trường hợp 1 có

C cách xếp.

T r ư ờng h ợp 2: 2 chữ số 0 và 8 chữ số 5 :

+) Xếp 8 chữ số 5 thành hàng ngang: có 1 cách xếp.

Khi đó, ta có 8 vị trí có thể xếp hai số 0 , đó là 7 khoảng trống giữa các số 5 và một vị trí ở

cuối hàng.

+) Xếp số 0 vào hai trong 8 vị trí nói trên: có

C cách xếp.

Suy ra trường hợp 2 có

C cách xếp.

T r ư ờng h ợp 3: 3 chữ số 0 và 7 chữ số 5 :

+) Xếp 7 chữ số 5 thành hàng ngang: có 1 cách xếp.

Khi đó, ta có 7 vị trí có thể xếp ba số 0 , đó là 6 khoảng trống giữa các số 5 và một vị trí ở

cuối hàng.

+) Xếp số 0 vào ba trong 7 vị trí nói trên: có

C cách xếp.

Suy ra trường hợp 3 có

C cách xếp.

T r ư ờng h ợp 4: 4 chữ số 0 và 6 chữ số 5 :

+) Xếp 6 chữ số 5 thành hàng ngang: có 1 cách xếp.

Khi đó, ta có 6 vị trí có thể xếp bốn số 0 , đó là 5 khoảng trống giữa các số 5 và một vị trí ở

cuối hàng.

+) Xếp số 0 vào bốn trong 6 vị trí nói trên: có

C cách xếp.

Suy ra trường hợp 4 có

C cách xếp. Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -43-

T r ư ờng h ợp 5: 5 chữ số 0 và 5 chữ số 4 :

+) Xếp 5 chữ số 5 thành hàng ngang: có 1 cách xếp.

Khi đó, ta có 5 vị trí có thể xếp năm số 0 , đó là 4 khoảng trống giữa các số 5 và một vị trí ở

cuối hàng.

+) Xếp số 0 vào năm trong 5 vị trí nói trên: có

C cách xếp.

Suy ra trường hợp 5 có

C cách xếp.

Vậy có

1 2 3 4 5

9 8 7 6 5

88 C C C C C      số.

Câu 55. Chọn 3 chữ số từ tập X và xếp theo thứ tự thành hàng ngang: có

A cách xếp.

Khi đó, ta có 4 vị trí có thể xếp số 1, đó là 2 khoảng trống giữa 3 chữ số trên và hai đầu.

+) Xếp số 1 vào ba trong 4 vị trí nói trên: có

C cách xếp.

Suy ra trường hợp 2 có

3 3

8 4

. A C cách xếp.

Vậy có

5 1 4 2 3 3

8 6 8 5 8 4

. . . 58464 A C A C A C    số.

Câu 56. Chọn A.

+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau là   10.9.8.7.6.5 151200 n    .

+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 đứng cạnh nhau và các chữ

số 3 , 4 đứng cạnh nhau là  

2!.2!. .4! 1440 n A C   .

+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 đứng cạnh nhau là

 

2!. .5! 16800 n B C   .

+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 3 , 4 đứng cạnh nhau là

 

2!. .5! 16800 n C C   .

Vậy xác suất để rút được một thẻ có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 không đứng

cạnh nhau và các chữ số 3 , 4 không đứng cạnh nhau là

       

 

248

315

n n B n C n A

   

 



Câu 57. Chọn và sắp xếp 3 chữ số khác nhau và khác các chữ số 1, 2 , 3 thành dãy nằm ngang có

cách.

Bước 2: Xếp ba chữ số 1, 2 , 3 vào ba trong bốn chỗ trống gồm hai đầu và kẽ dãy số tạo ra ở

bước 1 có

A cách.

Nên có

3 3

7 4

. 5040 A A  cách tạo dãy số thỏa mãn yêu cầu.

+ Vậy xác suất cần tính là

P  .

Câu 58. Chọn B.

+) 1; 2 ; 3 ; 4 ; 5 xếp coi là 5 vách ngăn  1 cách.

+) Xếp 6 trước 5 5  cách, khi đó tạo 7 khoảng trống.

+) Lần lượt xếp các số 7 ; 8 ; 9 số cách tương ứng là: 7 ; 8 và 9 cách.

+) Xếp số 0 có 9 cách.

Đáp số: 5.7.8.9.9 22680  số.

Loại 4: Liên quan đến lớn hơn , nhỏ hơn.

Câu 59. Chọn A. Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -44-

+ Trường hợp 1: a b c d    thì có 8 7 6 5 4 3 2 1 36         số thỏa mãn.

+ Trường hợp 2: a b c d    thì có

2 2 2

8 7 2

... 84 C C C     số thỏa mãn.

+ Trường hợp 3: a b c d    thì có 1.7 2.6 3.5 4.4 5.3 6.2 7.1 84        số thỏa mãn.

+ Trường hợp 4: a b c d    thì có

126 C  số thỏa mãn.

Vậy có 330 số thỏa mãn.

Câu 60. Chọn A.

+ Trường hợp 1: a b c d    thì có 9 8 7 6 5 4 3 2 1 45          số thỏa mãn.

+ Trường hợp 2:. a b c d    . thì có

2 2 2 2

9 8 7 2

... 120 C C C C      số thỏa mãn.

+ Trường hợp 3: a b c d    thì có 1.8 2.7 3.6 4.5 5.4 6.3 7.2 8.1 120         số thỏa

mãn.

+ Trường hợp 4: a b c d    thì có

210 C  số thỏa mãn.

Vậy có 495 số thỏa mãn.

Câu 61. Chọn B.

Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau được lấy từ các chữ số 0 , 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 là abcd

Số abcd nhỏ hơn 3507 ta có 3 trường hợp:

TH1: Số có dạng 350d thì   1;2;4;6 d  nên có 4 số: 3501, 3502 , 3504 , 3506 .

TH2: Số có dạng 3bcd thì   0;1;2;4 b  nên có 4.6.5 120  số.

TH3: Số có dạng abcd với   1;2 a  thì có 2.7.6.5 420  số.

Vậy có 4 120 420 544    số thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 62. Chọn A.

Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau được lấy từ các chữ số 0 , 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 là abcd

Số abcd lớn hơn 1305 ta có 4 trường hợp:

TH1: Số có dạng 130d thì có 2 số: 1306, 1307 .

TH2: Số có dạng 13cd với   2;4;5;6;7 c  thì có 5.5 25  số.

TH3: Số có dạng 1bcd với   4;5;6;7 b  thì có 4.6.5 120  số.

TH4: Số có dạng abcd với   2;3;4;5;6;7 a  thì có 6.7.6.5 1260  số.

Vậy có 2 25 120 1260 1407     số thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 63. Chọn C.

Gọi số lẻ có 4 chữ số đôi một khác nhau lấy từ các chữ số 0 , 1, 2 , 3 , 4 , 5 là abcd .

Vì abcd là số lẻ nên   1;3;5 d  , 0 a  . Do đó có 3.4.4.3 144  số.

Trong 144 số trên thì số nhỏ hơn 2018 phải có dạng 201d hoặc 1bcd

TH1: Số có dạng 201d thì có 2 số: 2013, 2015 .

TH2: Số có dạng 1bcd thì   3;5 d  nên có 2.4.3 24  số.

Khi đó có 2 24 26   số lẻ có các chữ số khác nhau nhỏ hơn 2018 .

Từ đó suy ra xác suất cần tìm là

26 13

144 72

 .

Câu 64. Chọn D. Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -45-

Gọi số chẵn có 4 chữ số đôi một khác nhau lấy từ các chữ số 0 , 1, 2 , 3 , 4 , 5 là abcd .

Vì abcd là số chẵn nên   0;2;4 d 

TH1: 0 d  thì   1;2;3;4;5 a  nên có 5.4.3 60  số.

TH2:   2;4 d  thì     1;2;3;4;5 \ a d  nên có 2.4.4.3 96  số.

Do đó có 60 96 156   số.

Trong 156 số trên thì số lớn hơn 2019 phải có dạng sau:

TH1: Số có dạng 20 4 c thì   3;5 c  nên có 2 số: 2034 , 2054 .

TH2: Số có dạng 2 0 bc với   1;3;4;5 b  thì có 4.3 12  số.

TH3: Số có dạng 2 4 bc với   1;3;5 b  thì có 3.3 9  số.

TH4: Số có dạng 4bcd thì   0;2 d  nên có 2.4.3 24  số.

TH5: Số có dạng abcd với   3;5 a  ,   0;2;4 d  thì có 2.3.4.3 72  số.

Khi đó có 2 12 9 24 72 119      số chẵn có các chữ số khác nhau nhỏ hơn 2019 .

Từ đó suy ra xác suất cần tìm là

119

156

Câu 65. Chọn A.

 

9. n M A  (số có sáu chữ số đôi một khác nhau thì

a có 9 cách chọn,

2 3 4 5 6

a a a a a là chỉnh

hợp chập 5 của 9 phần tử nên có

A ).

Gọi A là biến cố “chọn ra được một số tự nhiên chẵn từ tập M đồng thời thỏa mãn

1 2 3 4 5 6

a a a a a a      ”. Ta có các trường hợp sau:

TH1:

0 a  thì

1 2 3 4 5

a a a a a có

C cách chọn.

TH2:

2 a  thì

1 2 3 4 5

a a a a a có

C cách chọn.

TH3:

4 a  thì

1 2 3 4 5

a a a a a có

C cách chọn.

 

5 5 5

9 7 5

148 n A C C C      .

Do đó  

 

n A

P A





148

9.A



34020

 .

Câu 66. Chọn B.

 

9. n M A  (số có sáu chữ số đôi một khác nhau thì

a có 9 cách chọn,

2 3 4 5 6

a a a a a là chỉnh

hợp chập 5 của 9 phần tử nên có

A ).

Gọi A là biến cố “chọn ra được một số tự nhiên lẻ từ tập M đồng thời thỏa mãn

1 2 3 4 5 6

a a a a a a      ”.

Trước hết ta thấy số được chọn không chứa chữ số 0 và

6 a  do đó ta có các trường hợp sau:

TH1:

7 a  thì

1 2 3 4 5

a a a a a có

C cách chọn.

TH2:

9 a  thì

1 2 3 4 5

a a a a a có

C cách chọn.

 

5 5

6 8

62 n A C C    

Do đó  

 

n A

P A





9.A



68040

 . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -46-

Câu 67. Chọn C.

  9.9! n M 

Gọi A là biến cố “được chọn có các chữ số 1, 2 , 3 , 4 , 5 xếp theo thứ tự tăng dần từ trái qua phải

nhưng các chữ số 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 thì không được như vậy”.

Từ giả thiết thì bắt buộc 1, 2 , 3 , 4 , 6 phải đứng trước 5 .

Cách 1: Đếm theo việc xét các trường hợp cho chữ số 5 thì

Với

5 a   có 9 vị trí cho 6 và bộ   1, 2,3, 4 có

C cách; bốn chữ số còn lại là 0 , 7 ,8 , 9 có

4! cách xếp nên có

9. .4! C tính cả

0 a  . Khi

0 a  thì có

8. .3! C nên trong trường hợp này

có

4 4

8 7

9. .4! 8. .3! C C  số.

Với

4 4

9 7 6

5 8. .4! 7. .3! a C C   

Với

4 4

8 6 5

5 7. .4! 6. .3! a C C   

Với

4 4

7 5 4

5 6. .4! 5. .3! a C C   

Với

6 4

5 5. .4! a C  

Do   22680 n A  suy ra  

22680

9.9!

P A 

144

 .

Cách 2: Đếm loại trừ

Đếm tất cả các số thỏa mãn điều kiện 1, 2 ,3 , 4 ,5 theo đúng thứ tự (ở đây số 6 có thể theo thứ

tự hoặc không), ta có:

- Kể cả

0 a  hay

0 a  thì có

10 5

. 30240 C P  .

- Riêng

0 a  thì có

9 4

1. . 3024 C P  .

 có 30240 3024 27216   số mà 1, 2 ,3 , 4 ,5 theo thứ tự.

Đếm tất cả các số thỏa mãn điều kiện 1, 2 ,3 , 4 ,5 , 6 xếp theo thứ tự.

 có

6 6

10 4 9 3

. 1. . 4536 C P C P   số mà 1, 2 ,3 , 4 ,5 , 6 xếp theo thứ tự.

Vậy   27216 4536 22680 n A   

22680

( )

9.9!

P A  

144

 .

Cách 3: Đếm các chữ số còn lại.

Có 9 cách xếp vị trí cho chữ số 0 .

Có

A cách xếp vị trí cho 3 chữ số 7 ,8 , 9 .

Còn lại 6 vị trí để xếp các chữ số 1, 2 ,3 , 4 ,5 , 6 : khi đó chữ số 5 xếp cuối cùng, nên ta có 5

cách xếp vị trí cho chữ số 6 , và 1 cách xếp các chữ số 1, 2 ,3 , 4 .

Vậy  

9. .5 n A A  22680 

22680

( )

9.9!

P A  

144

 .

Cách 4: Đếm tổng thể rồi xem có bao nhiêu bị loại đi.

Có cả thảy

9.P số có 10 chữ số đôi một khác nhau. Các chữ số 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 tạo ra 6! hoán

vị và trong tất cả các hoán vị đó chỉ có đúng 5 hoán vị là tạo ra được số mà 1, 2 , 3 , 4 và 6

đứng trước 5 thỏa mãn yêu cầu nên  

5. 22680

n A  

22680

( )

9.9!

P A  

144

 .

Câu 68. Chọn B.

+) 1; 2 ; 3 ; 4 ; 5 xếp coi là 5 vách ngăn  1 cách.

+) Xếp 6 trước 5 5  cách, khi đó tạo 7 khoảng trống.

+) Lần lượt xếp các số 7 ; 8 ; 9 số cách tương ứng là: 7 ; 8 và 9 cách.

+) Xếp số 0 có 9 cách. Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -47-

Đáp số: 5.7.8.9.9 22680  số.

Câu 69. Chọn A.

Từ các chữ số 0 ,1, 2 ,3 , 4 ,5 lập ra được

5. 300 A  số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác

nhau. Suy ra  

300

n C   44850  .

Số các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 0 ,1, 2 ,3 , 4 ,5 nhỏ

hơn hoặc bằng 2015 là

1. 1.1.1.3 63 A   .

Gọi A là biến cố “trong hai số được chọn có ít nhất một số lớn hơn 2015 ” thì

 

n A C 

1953  .

Do đó    

 

n A n n A    44850 1953   42897  .

Vậy  

42897

44850

P A 

14299

14950

 .

Câu 70. Chọn B.

Từ các chữ số 0 ,1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 ,8 lập ra được

8. 2688 A  số tự nhiên có bốn chữ số đôi

một khác nhau. Suy ra  

2688

n C   3611328  .

Số các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 0 ,1, 2 , 3 , 4 ,5 ,6 , 7

,8 nhỏ hơn hoặc bằng 2018 là

1. 1.1.1.6 342 A   .

Gọi A là biến cố “trong hai số được chọn có ít nhất một số lớn hơn 2018 ” thì

 

342

n A C 

58311  .

Do đó    

 

n A n n A    3611328 58311   3553017  .

Vậy  

3553017

3611328

P A  0,98385  .

Câu 71. Chọn C.

Từ các chữ số 0 ,1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 ,8 lập ra được

8. 2688 A  số tự nhiên có bốn chữ số đôi

một khác nhau. Suy ra  

2688

n C   3611328  .

Số các số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 0 ,1, 2 ,3 , 4 ,5 , 6 ,

7 ,8 là

4.7. 1176 A  .

Số các số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 0 ,1, 2 ,3 , 4 ,5 , 6 ,

7 ,8 nhỏ hơn 2018 là

1.3. 1.1.1.3 129 A   .

Gọi A là biến cố “trong hai số được chọn có ít nhất một số bé hơn 2018 và cả hai số đều là số

lẻ” thì    

129

129. 1176 129 n A C    143319  .

Vậy  

143319

3611328

P A  0, 03969  .

Câu 72. Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu là  

n C   .

Đặt    

1 2 3 1 2 3 1 2 3 2 1 3 2

; ; | , , ; ; 2, 2 T a a a a a a A a a a a a a a        

Với mỗi bộ  

1 2 3

, , a a a , xét tương ứng với bộ  

1 2 3

, , b b b cho bởi

1 1 2 2 3 3

; 1; 2 b a b a b a     

Lúc này ta có:

1 2 3

0 7 b b b     và tương ứng này là tương ứng 1 1  do: Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -48-

+) Với mỗi bộ  

1 2 3

, , a a a cho tương ứng với một bộ  

1 2 3

, , b b b bởi công thức

1 1 2 2 3 3

; 1; 2 b a b a b a      .

+) Ngược lại, với mỗi bộ  

1 2 3

, , b b b cho tương ứng với một bộ  

1 2 3

, , a a a

bởi công thức

1 1 2 2 3 3

, 1, 2 a b a b a b     

Đặt   0;1;2;3;4;5;6;7 B  . Tập các bộ  

1 2 3

, , b b b là các tập con có 3 phần tử của B .

Vậy số tập con  

1 2 3

, , a a a cần tìm là:

56 C  .

Vậy xác suất để chọ được bộ ba số thỏa mãn yêu cầu bài toán là

  .

Câu 73. Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu là  

n C   .

Đặt    

1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 2 1 3 2 4 3

; ; ; | ; ; ; ; ; 2; 2; 2 T a a a a a a a a A a a a a a a a a a a           

Với mỗi bộ  

1 2 3 4

; ; ; a a a a , xét tương ứng với bộ  

1 2 3 4

; ; ; b b b b cho bởi

1 1 2 2 3 3 4 4

; 1; 2; 3 b a b a b a b a        .

Lúc này ta có:

1 2 3 4

0 6 b b b b      và tương ứng này là tương ứng 1 1  do:

+) Với mỗi bộ  

1 2 3 4

; ; ; a a a a cho tương ứng với một bộ  

1 2 3 4

; ; ; b b b b bởi công thức

1 1 2 2 3 3 4 4

; 1; 2; 3 b a b a b a b a        .

+) Ngược lại, với mỗi bộ  

1 2 3 4

; ; ; b b b b cho tương ứng với một bộ  

1 2 3 4

; ; ; a a a a

bởi công thức

1 1 2 2 3 3 4 4

; 1 ; 2; 3 a b a b a b a b       

Đặt   0;1;2;3;4;5;6 B  . Tập các bộ  

1 2 3 4

; ; ; b b b b là các tập con có 3 phần tử của B .

Vậy số tập con  

1 2 3 4

; ; ; a a a a cần tìm là:

C .

Vậy xác suất để chọ được bộ ba số thỏa mãn yêu cầu bài toán là

  .

DẠNG 2: CÁC BÀI TOÁN ĐẾM SỐ PHƯƠNG ÁN

TÍNH XÁC SUẤT LIÊN QUAN ĐẾN NGƯỜI HOẶC ĐỒ VẬT

Câu 74. Chọn B.

Để một học sinh nhận được 2 quyển sách thể loại khác nhau, ta chia phần thưởng thành ba loại

Toán + Lý ; Toán + Hóa; Lý + Hóa.

Gọi , , x y z ( , , ) x y z   lần lượt là số học sinh nhận được bộ phần thưởng Toán + Lý ; Toán +

Hóa; Lý + Hóa. Khi đó, ta có hệ sau :

7 4

6 3

5 2

    

 

   

 

 

  

 

x y x

x z y

y z z

Số cách phát thưởng ngẫu nhiên cho 9 học sinh :

4 3

9 5

. .1 C C

Vậy số phần tử của không gian mẫu là

4 3

9 5

( ) .   n C C .

Gọi S là biến cố “ hai học sinh A và B có phần thưởng giống nhau” Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -49-

TH1 : A và B cùng nhận bộ Toán+Lý có

2 3

7 5

. C C

cách phát

TH2: A và B cùng nhận bộ Toán+Hóa có

1 4

7 6

. C C cách phát.

TH3 : A và B cùng nhận bộ Lý-Hóa có

C cách phát.

 

2 3 1 4 4

7 5 7 6 7

. . n S C C C C C     .

Vậy xác suất của biến cố S là:

2 3 1 4 4

7 5 7 6 7

4 3

9 5

( )

 

 

C C C C C

P S

C C

Câu 75. Chọn ngẫu nhiên hai loại sách (trong số 7 quyển sách tham khảo Toán giống nhau, 7 quyển

sách tham khảo Hóa giống nhau, 8 quyển sách tham khảo Lý giống nhau) chia đều cho 11 học

sinh”.

Số phần tử của không gian mẫu là:  

4 3 4

11 7 4

. . 11550 n C C C   

Gọi A là biến cố: “ An và Việt có phần thưởng giống nhau”.

TH1: Phần thưởng cùng là Toán+Lí: có

2 3 4

9 7 4

. . C C C

TH2: Phần thưởng cùng là Toán+Hóa: có

1 4 4

9 8 4

. . C C C

TH3: Phần thưởng cùng là Hóa+Lí: có

2 3 4

9 7 4

C .C .C

 

2 3 4 1 4 4 2 3 4

9 7 4 9 8 4 9 7 4

. . . . . . 3150 n A C C C C C C C C C    

Xác suất của biến cố A là:  

P A  .

Xác suất để An và Việt có phần thưởng khác nhau là:

 

3 8

1 1

11 11

P A P A      .

Câu 76. Chọn C.

Nhóm thứ nhất có 2 nữ và 2 nam, có

2 2

4 8

. C C cách.

Nhóm thứ hai có 1 nữ và 3 nam, có

1 3

2 6

. C C cách.

Nhóm thứ ba có một cách chọn.

Vậy  

2 2 1 3

4 8 2 6

. . . 6720 n C C C C   

Gọi A : “Hoa và Nam cùng một nhóm”.

Trường hợp 1: Hoa và Nam cùng với 1 bạn nam và 1 bạn nữ thành 1 nhóm:

+ Có

1 1

7 3

. C C cách.

+ Nhóm thứ hai có

3 1

6 2

. C C cách.

Suy ra trường hợp 1 có

1 1

7 3

. C C .

3 1

6 2

. 840 C C  cách.

Trường hợp 2: Hoa và Nam cùng với 2 bạn nam lập thành một nhóm.

+ Có

C cách.

+ Nhóm thứ hai có

2 2

5 3

. C C cách.

Suy ra trường hợp 1 có

C .

2 2

5 3

. 630 C C  cách.

Do đó   840 630 1470 n A   

Vậy  

 

n A

P A

 



Câu 77. Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu là  

n C   . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -50-

Bây giờ, ta sẽ tính số cách chọn mà có 1 cặp vợ chồng trong đó.

Có 4 cách chọn một cặp vợ chồng từ 4 cặp vợ chồng.

Có 18 cách chọn người thứ ba trong 18 người còn lại.

Suy ra có 4.18 72  cách chọ mà có 1 cặp vợ chồng.

Vậy xác suất để trong 3 người được chọn không có cặp vợ chồng nào là

72 89



 

Câu 78. Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu

Trường hợp 1: Tổ chỉ có B mà không có A

Số cách chọn 5 thành viên còn lại:

Số cách chọn 1 tổ trưởng là 6 cách.

Vậy có

6.C

Trường hợp 2: Tương tự có

6.C

Vậy có tất cả:

2.6. 9504 C 

Câu 79. Chọn A.

Gọi x là số điểm bạn đó đạt được (0 10 x   )( x   )

 Bạn đó trả lời đúng x câu và trả lời sai 10 x  câu.

+) Xác suất mỗi câu bạn đó đúng là:

; sai là

+) Có

C cách chọn ra x câu đúng. Do đó xác suất được x điểm là:

10 10

1 2 10! 2

( ) . . .

3 3 3 !(10 )!

x x

P x C

x x



   

 

   



   

Do ( ) P x là lớn nhất nên

( ) ( 1)

P x P x

  



 



 

10 9

10 10

10 11

10 10

10! 2 10! 2

. .

3 !(10 )! 3 1 !(9 )!

10! 2 10! 2

. .

3 !(10 )! 3 1 !(11 )!

x x

x x x x

 







  













  



1 1 8

2(x 1) 10

10 2 3

1 11

2 11

11 2 3

x x

x x x

 

      



 







     



 

8 11

3 3

x    . Mà x   nên 3 x 

Vậy, xác suất bạn đó đạt 3 điểm là lớn nhất.

Câu 80. Chọn A.

Gọi x là số câu trả lời đúng, suy ra 50 x  là số câu trả lời sai.

Ta có số điểm của Hoa là   0, 2. 0,1. 50 4 30 x x x      .

Do đó bạn Hoa trả lời đúng 30 câu và sai 20 câu.

Không gian mẫu là số phương án trả lời 50 câu hỏi mà bạn Hoa chọn ngẫu nhiên. Mỗi câu có

4 phương án trả lời nên có

4 khả năng.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là

4   .

Gọi X là biến cố ''Bạn Hoa trả lời đúng 30 câu và sai 20 câu ''. Vì mỗi câu đúng có 1 phương

án trả lời, mỗi câu sai có 3 phương án trả lời. Vì vậy có  

. 3 C khả năng thuận lợi cho biến

cố X . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -51-

Suy ra số phần tử của biến cố X là  

. 3

C   .

Vậy xác suất cần tính  

 



 



Câu 81. Chọn A.

Không gian mẫu là số phương án trả lời của bài thi.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là

4   .

Gọi A là biến cố ''Học sinh làm bài thi được ít nhất 8 câu hỏi'' nên ta có các trường hợp sau

đây thuận lợi cho biến cố A .

● Học sinh làm được 8 câu hỏi, tức là làm đúng 8 câu và sai 2 câu. Mỗi câu đúng có 1 phương

án trả lời, mỗi câu sai có 3 phương án trả lời.

Trường hợp này có  

. 3 C khả năng thuận lợi cho biến cố.

● Học sinh làm được 9 câu hỏi, tức là làm đúng 9 câu và sai 1 câu.

Trường hợp này có

.3 C khả năng thuận lợi cho biến cố.

● Học sinh làm được 10 câu hỏi, tức là làm đúng hết 10 (không sai câu nào).

Trường hợp này có

C khả năng thuận lợi cho biến cố.

Suy ra số phần tử của biến cố A là  

8 9 10

10 10 10

. 3 .3 436

C C C      .

Vậy xác suất cần tính  

436 109

4 262144

P A



  



Câu 82. Chọn A.

Xác suất trả lời đúng 1 câu hỏi là

, trả lời sai là

. Ta có các trường hợp:

● Xác suất thí sinh A trả lời đúng 5 trên 10 câu là

5 5

1 3

. ;

4 4

   

   

   

● Xác suất thí sinh A trả lời đúng 6 trên 10 câu là

6 4

1 3

. ;

4 4

   

   

   

● Xác suất thí sinh A trả lời đúng 7 trên 10 câu là

7 3

1 3

. ;

4 4

   

   

   

● Xác suất thí sinh A trả lời đúng 8 trên 10 câu là

8 2

1 3

. ;

4 4

   

   

   

● Xác suất thí sinh A trả lời đúng 9 trên 10 câu là

1 3

. ;

4 4

 

 

 

● Xác suất thí sinh A trả lời đúng 10 trên 10 câu là

 

 

 

Cộng các xác suất trên ta được xác suất cần tính 0,078 P  .

Câu 83. Chọn D.

+) Gọi số câu trả lời đúng là   , 10 x x x     số câu sai là 10 x 

 số điểm đạt được là:   0,5 10 1,5 5 7 8 x x x x        .

Xác suất đúng

, sai

. Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -52-

+) Trường hợp 1: 8 câu đúng, 2 câu sai  xác suất là

8 2

1 3

. .

4 4

   

   

   

+) Trường hợp 2: 9 câu đúng, 1 câu sai  xác suất là

1 3

. .

4 4

 

 

 

+) Trường hợp 3: 10 câu đúng  xác suất là

 

 

 

Vậy xác suất cần tính là :

8 2 9 10

8 9

10 10

1 3 1 3 1

. . . .

4 4 4 4 4

C C

       

 

       

       

109

262144

 .

Câu 84. Chọn 5 người trong đó có ít nhất 3 người biết cả tiếng Anh và tiếng Pháp”, suy ra

3 2 4 1 5

7 9 7 9 7

. . 1596.

C C C C C     

Xác suất cần tìm là  

1596 19

4368 52

P A



  



Câu 85. Chọn A.

Gọi x là số học sinh giỏi cả Toán và Văn. Khi đó

Số học sinh giỏi ít nhất một môn Toán hoặc Văn là: 18 12 30 x x     .

Số học sinh chỉ giỏi Văn hoặc Toán là: 30 30 2 . x x x    

Số học sinh trong lớp là: 30 10 40 . x x    

Số cách chọn ra 2 học sinh giỏi Toán hoặc Văn là:

30 x



Số cách chọn ra 2 học sinh có đúng một em giỏi Toán và Văn là:

1 1

30 2

x x

C C



Theo giả thiết ta có:

1 1

30 2

. 9

x x

C C



  

Vậy, số học sinh trong lớp 11A là: 40 6 34.  

Câu 86. Chọn D.

Ta có:

Gọi x, y, z lần lượt là số thí sinh nhận phần thưởng là sách Toán – Vật lí, Toán – Hóa học, Vật

lí – Hóa học.

Từ giả thiết ta có:

7 4

6 3.

5 2

x y x

x z y

y z z

    

 

   

 

 

  

 

Do đó, số thí sinh nhận được phần thưởng là : 4 3 2 9.   

Xét phép thử: “Trao phần thưởng cho 9 học sinh”, suy ra

4 3 2

9 5 2

. . 1260. C C C   

Xét biến cố A: “An nhận được sách Toán”.

TH1: An nhận được sách Toán – Vật lí, có

3 3 2

8 5 2

. . 560. C C C 

TH2: An nhận sách Toán – Hóa, có

4 2 2

8 3 2

. . 210. C C C 

Suy ra, 560 210 770.

   

Xác suất cần tìm  

770 11

1260 18

P A



  



Câu 87. Chọn D.

Gọi số học sinh được nhận vở và bút là x.

Số học sinh nhận được vở và thước kẻ là y. Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -53-

Số học sinh nhận được thước kẻ và bút là z.

Vì có 4 quyển vở, 5 chiếc bút và 7 thước kẻ nên ta có:

4 1

5 3

7 4

x y x

x z y

y z z

    

 

   

 

 

  

 

Xét phép thử: “ Số cách phát quà của 8 học sinh”, suy ra

1 3 4

8 7 4

. . 280. C C C   

Xét biến cố A: “Hà không nhận được bút”. Khi đó, Hà chỉ có thể được nhận vở và thước kẻ.

Suy ra,

2 1 4

7 5 4

. . 105.

C C C   

Xác suất  

105 3

280 8

P A



  



Câu 88. Chọn C.

Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 5 trong 10 cuốn sách rồi tặng cho 5 học sinh.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là

30240 A    .

Gọi A là biến cố ''Sau khi tặng sách thì mỗi một trong ba loại sách của thầy giáo còn lại ít nhất

một cuốn''. Để tìm số phần tử của A , ta tìm số phần tử của biến cố A , tức sau khi tặng sách có

môn không còn lại cuốn nào. Vì tổng số sách của hai loại bất kỳ lớn hơn 5 cuốn nên không thể

chọn sao cho cùng hết 2 loại sách. Do vậy chỉ có thể một môn hết sách, ta có các khả năng:

 Cách tặng sao cho không còn sách Toán, tức là ta tặng 4 cuốn sách toán, 1 cuốn còn lại Lý

hoặc Hóa

+) 4 cuốn sách Toán tặng cho 4 người trong 5 người, có

A cách.

+) 1 người còn lại được tặng 1 cuốn trong 6 cuốn (Lý và Hóa), có

A .

Suy ra có

4 1

5 6

. 720 A A  cách tặng sao cho không còn sách Toán.

 Tương tự, có

3 2

5 7

. 2520 A A  cách tặng sao cho không còn sách Lý.

 Tương tự, có

3 2

5 7

. 2520 A A  cách tặng sao cho không còn sách Hóa.

Suy ra số phần tử của biến cố A là 720 2520 2520 5760

     .

Suy ra số phần tử của biến cố A là 30240 5760 24480

A A

        .

Vậy xác suất cần tính  

24480 17

30240 21

P A



  



Câu 89. Chọn 4 viên bi đỏ, 1 viên bi xanh và 1 viên bi trắng.

Do đó trường hợp này có

4 1 1

5 6 7

. . C C C cách.

Suy ra số phần tử của biến cố A là

2 2 2 4 1 1

5 6 7 5 6 7

. . . . 3360

C C C C C C     .

Vậy xác suất cần tính  

3360 40

18564 221

P A



  



Câu 90. Chọn 3 sinh viên nam trong 5 sinh viên nam và chọn 2 sinh viên nữ trong 4 sinh viên nữ.

Sau đó chọn 1 lớp trong 4 lớp để bố trí cho những sinh viên vừa chọn vào. Do đó có

3 2 1

5 4 4

. . C C C

cách.

Giai đoạn thứ hai. Còn lại 4 sinh viên ( 2 nam và 2 nữ) được xếp vào 3 lớp học còn lại. Mỗi

sinh viên có 3 cách chọn lớp học. Do đó có

3 cách chọn.

Suy ra số phần tử của biến cố A là

3 2 1 4

5 4 4

. . .3

C C C   . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -54-

Vậy xác suất cần tính  

3 2 1 4

5 4 4

. . .3 1215

0,074.

4 16384

C C C

P A



  





Câu 91. Chọn 1 trong 3 toa để không có khách bước lên, có

C cách.

+) Hai toa còn lại ta cần xếp 5 hành khách lên và mỗi toa có ít nhất 1 hành khách, có

5 1

2 .1 30 C   .

Do đó trường hợp này có

.30 90 C  cách.

Suy ra số phần tử của biến cố A là 3 90 93

    .

Suy ra số phần tử của biến cố A là 234 93 150

        .

Vậy xác suất cần tính  

150 50

243 81

P A



  



Câu 92. Chọn C.

Người khách thứ nhất có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Người khách thứ hai có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Người khách thứ ba có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Người khách thứ tư có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Người khách thứ năm có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Theo quy tắc nhân có:

5 3125  khả năng khác nhau xảy ra cho 5 người vào 5 cửa hàng. Suy

ra số phần tử của không gian mẫu là: 3125   .

Một cửa hàng có 4 khách, một cửa hàng có 1 khách, ba cửa hàng còn lại không có khách nào.

Vậy:

1 4 1

5 5 4

. . 100 C C C  khả năng xảy ra.

Vậy xác suất cần tính là:

100

3125

P 

125

 .

Câu 93. Chọn A.

Người khách thứ nhất có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Người khách thứ hai có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Người khách thứ ba có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Người khách thứ tư có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Người khách thứ năm có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Theo quy tắc nhân có:

5 3125  khả năng khác nhau xảy ra cho 5 người vào 5 cửa hàng. Suy

ra số phần tử của không gian mẫu là: 3125   .

TH1: Một cửa hàng có 3 khách, một cửa hàng có 2 khách, ba cửa hàng còn lại không có

khách nào.

Vậy:

1 3 1 2

5 5 4 2

. . . 200 C C C C  khả năng xảy ra.

TH2: Một cửa hàng có 3 khách, hai cửa hàng có 1 khách, ba cửa hàng còn lại không có khách

nào.

Vậy:

1 3 2

5 5 4 2

. . .P 600 C C C  khả năng xảy ra.

Vậy xác suất cần tính là:

800

3125

P 

125

 .

Câu 94. Chọn A.

( ) 35 n C    . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -55-

Gọi A là biến cố : “Cần phải bắt đến ít nhất 5 con thỏ”   , , , A TTT NTTT TNTT TTNT  

4 31

( ) ( )

35 35

P A P A     .

Câu 95. Chọn một môn chung mã đề có 2 cách.

Môn có 6 mã đề do đó.

+ Xác suất chung mã đề mở mỗi môn là

và khác mã đề ở mỗi môn là

Đáp số :

1 5 5

2. .

6 6 18

P   .

Câu 96. Chọn D.

+) Xác suất Việt thắng là 0,3; xác suất Nam thắng là 0, 4

 Xác suất hòa là 0,3.

+) Để dừng chơi sau hai ván thì:

- Ván 1 hòa  xác suất là 0,3.

- Ván 2 không hòa (Việt thắng hoặc Nam thắng)  xác suất là 0,3 0, 4 0,7   .

Vậy xác suất cần tính: 0,3.0,7 0, 21 P   .

DẠNG 3 : CÁC BÀI TOÁN ĐẾM SỐ PHƯƠNG ÁN

TÍNH XÁC SUẤT LIÊN QUAN ĐẾN ĐA GIÁC

Câu 97. Chọn A.

Số tam giác có 3 đỉnh thuộc   H là

C .

Số các tam giác có 3 đỉnh thuộc   H và có hai cạnh là cạnh của   H là n .

Theo giả thiết ta có

15 11

C n n    ( giá trị 8 n   loại).

Câu 98. Chọn B.

Số tam giác có 3 đỉnh thuộc   H là

C . Số các tam giác có 3 đỉnh thuộc   H và có hai cạnh

là cạnh của   H là n .

Số các tam giác có 3 đỉnh thuộc   H và có đúng 1 cạnh là cạnh của   H là   4 n n  .

Suy ra số các tam giác có ba đỉnh thuộc   H và không có cạnh nào là cạnh của   H là

 

C n n n    .

Theo giả thiết ta có    

4 10 4

C n n n n n     

Giải phương trình trên ta được 65 n  ( giá trị 4 n  loại).

Câu 99. Chọn C.

Gọi  là không gian mẫu  

1820 n C     .

Gọi : A ” tứ giác được chọn có bốn đỉnh là bốn đỉnh của   H nhưng không có cạnh nào là cạnh

của   H ”.

Gọi các đỉnh của đa giác đều   H lần lượt là:

1 2 3 16

, , ,..., A A A A . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -56-

Xét tứ giác thỏa mãn yêu cầu đề bài có một đỉnh là

A . Khi đó

2 16

, A A không phải là đỉnh của tứ

giác này. Ta cần chọn thêm các đỉnh , ,

i j k

A A A thỏa mãn:

i j

j k

 



 





 







( vì giữa hai đỉnh của tứ

giác phải có ít nhất một đỉnh của đa giác ).

Do đó bộ 3 đỉnh , ,

i j k

A A A chỉ được lấy trong 11 đỉnh nên có

165 C  cách.

Vì đa giác   H có 16 đỉnh và mỗi đỉnh tứ giác được đếm lặp lại 4 lần theo 4 đỉnh nên số tứ

giác cần tìm là

16.165

660

 .

  660 n A   .

Vậy  

660 33

1820 91

p A   .

Câu 100. Chọn C.

Gọi  là không gian mẫu  

1820 n C     .

Gọi : A ” tứ giác được chọn có bốn đỉnh là bốn đỉnh của   H nhưng không có cạnh nào là cạnh

của   H ”.

Gọi các đỉnh của đa giác đều   H lần lượt là:

1 2 3 16

, , ,..., A A A A .

Xét tứ giác thỏa mãn yêu cầu đề bài có một đỉnh là

A . Khi đó

2 16

, A A không phải là đỉnh của tứ

giác này. Ta cần chọn thêm các đỉnh , ,

i j k

A A A thỏa mãn:

i j

j k

 



 





 







( vì giữa hai đỉnh của tứ

giác phải có ít nhất một đỉnh của đa giác ).

Do đó bộ 3 đỉnh , ,

i j k

A A A chỉ được lấy trong 11 đỉnh nên có

165 C  cách.

Vì đa giác   H có 16 đỉnh và mỗi đỉnh tứ giác được đếm lặp lại 4 lần theo 4 đỉnh nên số tứ

giác cần tìm là

16.165

660

 .

  660 n A   .

Vậy  

660 33

1820 91

p A   .

Câu 101. Chọn A.

Giả sử các đỉnh của đa giác được đánh số

1 2 20

, ,..., A A A .

Cố định đỉnh

1 2

A A ta được 9 đường thẳng song song với

1 2

A A gồm

3 20 4 19 11 12

; ;...; A A A A A A

Suy ra số hình thang cân nhận

1 2

A A có đáy là

1 2

A A hoặc song song với

1 2

A A là:

5 40 C  

Số tất cả các hình thang là:

20.40

400



Xác suất là:

400 80

969

  Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -57-

Câu 102. Chọn A.

Số tam giác tạo thành có 3 đỉnh là 3 đỉnh của đa giác là

C .

Số tam giác tạo thành có đúng 2 cạnh là cạnh của đa giác là n .

Số tam giác tạo thành có đúng 1 cạnh là cạnh của đa giác là   4 n n  .

Suy ra số tam giác tạo thành không có cạnh nào là cạnh của đa giác là  

C n n n    .

Theo giả thiết, ta có    

4 5. 4

C n n n n n     

 

6. 4

C n n n    

 

6. 4

3!. 3 !

n n n

   



   

 

2 1

6 4 1

n n

 

   

39 140 0

n n







    







Do 4 n  nên ta chọn 35 n  thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 103. Chọn A.

 : “là tập các tam giác có các đỉnh là các đỉnh của đa giác”  

816 n C     .

A : “chọn được một tam giác từ tập X là tam giác cân nhưng không là tam giác đều”

Tìm số tam giác cân được tạo thành:

Cố định 1 điểm là đỉnh của tam giác cân. Số cách chọn điểm đó là

18 C  .

Ứng với mỗi đỉnh vừa chọn, có 8 cặp điểm sẽ tạo với điểm đó thành 1 tam giác cân. Số cách

chọn 1 cặp điểm đó là

8 C  .

Số các tam giác cân là: 144 .

Tìm số tam giác đều được tạo thành:

Số tam giác đều được tạo thành là

 .

Vậy   144 6 138 n A     

136

P A   .

Câu 104. Chọn A.

Số phần tử của không gian mẫu là:  

1140 n C    .

Đa giác đều 20 đỉnh sẽ có 10 đường chéo xuyên tâm, với mỗi đường chéo đó thì số tam giác

vuông là 18 nên số tam giác vuông thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 10.18 180  .

Xác suất cần tính là:

180

1140

P 

 .

Câu 105. Chọn C.

Không gian mẫu là số cách chọn 3 đỉnh trong 2n đỉnh của đa giác.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là  

n C   .

Gọi A là biến cố ''Ba đỉnh được chọn tạo thành một tam giác vuông '' . Để ba đỉnh được chọn

tạo thành tam giác vuông khi và chỉ khi có hai đỉnh trong ba đỉnh là hai đầu mút của một đường

kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác và đỉnh còn lại là một trong số   2 2 n 

đỉnh còn lại

của đa giác. Đa giác có 2n đỉnh nên có

n  đường kính.

● Số cách chọn 1 đường kính là

C n  .

● Số cách chọn 1 đỉnh còn lại trong   2 2 n  đỉnh là

2 2

C n



  . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -58-

Suy ra số phần tử của biến cố A là     2 2 n A n n   .

Do đó xác suất của biến cố A là  

 

2 2

n A n n

P A

n C



 



Theo giả thiết, ta có

   

2 2 6 2 2

1 1

5 2 2 1 2 2 5

n n n n

C n n n

 

    

 

Vậy 8 n  thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 106. Chọn B.

 

120 n C   

Số tam giác vuông là:   5. 10 2 40  

Vậy xác suất để chọn được tam giác vuông là

40 1

120 3



Câu 107. Chọn B.

Số tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã cho là:

220 C  tam giác.

Số phần tử của tập M là   220 n M 

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đều. Xét một đỉnh A bất kì của đa giác: Có 5 cặp

đỉnh đối xứng với nhau qua đường thẳng OA, hay có5 tam giác cân tại đỉnh A. Như vậy với

mỗi đỉnh của đa giác có 5 tam giác nhận nó làm đỉnh tam giác cân.

Số tam giác đều có 3 đỉnh là các đỉnh của đa giác là

 tam giác.

Tuy nhiên, trong các tam giác cân đã xác định ở trên có cả tam giác đều, do mọi tam giác đều

thì đều cân tại 3 đỉnh nên các tam giác đều được đếm ba lần.

Suy ra số tam giác cân nhưng không phải là tam giác đều có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã

cho là: 5.12 3.4 48   .

Vậy xác suất để chọn được một tam giác cân nhưng không phải là tam giác đều từ tập M là:

48 12

220 55

P   .

Câu 108. Chọn B.

Số tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã cho là:

1330 C  tam giác.

Số phần tử của tập M là   1330 n M 

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đều. Xét một đỉnh A bất kì của đa giác: Có 10 cặp

đỉnh đối xứng với nhau qua đường thẳng OA, hay có10 tam giác cân tại đỉnh A. Như vậy với

mỗi đỉnh của đa giác có 10 tam giác nhận nó làm đỉnh tam giác cân.

Số tam giác đều có 3 đỉnh là các đỉnh của đa giác là

 tam giác.

Tuy nhiên, trong các tam giác cân đã xác định ở trên có cả tam giác đều, do mọi tam giác đều

thì đều cân tại 3 đỉnh nên các tam giác đều được đếm ba lần.

Suy ra số tam giác cân nhưng không phải là tam giác đều có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã

cho là: 10.21 3.7 189   .

Vậy xác suất để chọn được một tam giác cân nhưng không phải là tam giác đều từ tập M là:

189 27

1330 190

P   .

Câu 109. Chọn A. Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -59-

Không gian mẫu là  

n C  

Gọi A

là biến cố “4 đỉnh chọn được tạo thành một hình chữ nhật không phải là hình vuông”

Gọi O

là tâm của đa giác đều.

Vì đa giác đều và số đỉnh là chẵn, nên có 12 cặp điểm đối xứng qua O, tạo thành 1 đường kính,

cứ lấy bất kì 2 đường kính nào chúng cũng là 2 đường chéo của 1 hình chữ nhật. Do đó số hình

chữ nhật là

Suy ra  

n A C  .Vậy  

 

161

n A C

P A

n C

  



Câu 110. Chọn B.

Đầu tiên ta xét các loại tam giác được tạo thành

Số tam giác có 3 đỉnh lấy từ 3 đỉnh của   H là:

1540 C  tam giác bao gồm 3 loại sau: Loại

1 tam giác có 2 cạnh là 2 cạnh của   H , loại 2 tam giác có đúng 1 cạnh là cạnh của   H , tam

giác không có cạnh nào là cạnh của   H , cụ thể ta làm như sau:

Cứ mỗi đỉnh của   H cùng với 2 đỉnh liên tiếp (kề bên) tạo thành 1 tam giác có 2 cạnh là 2

cạnh của   H

.Các tam giác này trùng nhau. Mà   H có 22 đỉnh nên có 22 tam giác có đúng 2 cạnh là

cạnh của   H .

Xét 1 cạnh của   H , bỏ đi 2 đỉnh liên tiếp ở 2 bên cạnh đó,nối 1 đỉnh còn lại của   H với 2

đầu mút của

cạnh đang xét ta có 1 tam giác có đúng 1 cạnh là cạnh của   H ,nên ta có 22 18 396   tam

giác thỏa ycbt.

Do đó số tam giác không có cạnh nào là cạnh của   H là   1540 22 396 1122    tam giác.

Ta có số phần tử không gian mẫu là  

1540

n C  

Gọi A

là biến cố “chọn được một tam giác có một cạnh là cạnh của đa giác   H và một tam

giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác   H ” suy ra  

1 1

396 1122

. n A C C 

Vậy  

 

1 1

396 1122

21540

. 748

1995

n A C C

P A

n C

  



Câu 111. Chọn C.

+) Số tam giác được tạo từ 3 đỉnh trong 12 đỉnh:

C .

+) Số tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của đa giác và 2 cạnh là cạnh của đa giác: cứ 3 đỉnh liên tiếp

cho 1 tam giác thỏa mãn đề bài, nên có 12 tam giác.

+) Số tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của đa giác và 1 cạnh là cạnh của đa giác: cứ 1 cạnh, trừ đi 2

đỉnh kể, còn 8 đỉnh, với 2 đỉnh đầu mút của cạnh đó cho 1 tam giác thỏa mãn đề bài, nên có

8.12 tam giác.

Vậy số tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của đa giác và không có cạnh nào là cạnh của đa giác là

12 8.12 C  

Vậy kết quả là

12 8.12 C

 

. Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -60-

Câu 112. Chọn C.

Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 20 đỉnh nội tiếp trong đường tròn tâm O có các

đường chéo lớn. Ngược lại, với mỗi cặp đường chéo lớn ta có các đầu mút của chúng là 4 đỉnh

của một hình chữ nhật. Suy ra số hình chữ nhật nói trên bằng số cặp đường chéo bằng

C . Vậy

xác suất cần tính là

C 3

P .

C 323

 

Câu 113. Chọn B.

Gọi đa giác là

1 2 20

... A A A

Số phần từ của không gian mẫu là  

1140 n C   

Gọi A là biến cố chọn được tam giác có ba cạnh cùng màu, ba cạnh này cùng màu đỏ.

Gọi B là biến cố chọn được tam giác có đúng một cạnh màu xanh (cạnh đa giác)

Giả sử xét cạnh màu xanh

1 2

A A , ta có 16 cách chọn đỉnh

A    

4 5 19

; ;.....;

A A A A 

Nên số phần tử của B là   20.16 320. n B  

Gọi C là biến cố chọn được tam giác có hai cạnh màu xanh, như vậy tam giác đó có hai cạnh

là hai cạnh liên tiếp của đa giác, nên   20 n C 

Ta có         n A n B n C n    

Suy ra số phần tử của biến cố A là         1140 320 20 800 n A n n B n C        

Vậy xác suất của biến cố A là  

 

n A

P A

 



Câu 114. Chọn A.

Số đường chéo trong đa giác n cạnh là

C n  điều kiện 2, n n   

có số đường chéo là 135. Ta được

 

27 27

2! 2 !

C n

   



  1

n n



  

 

2 2

2 54 3 54 0

n N

n n n n n

n L

 

        



 





Xét khai triển

 

2 18 17 16

0 1 2 18

2 3 . x a x a x a x a x        

Ta có:

. a x là hệ số đứng trước

x .

có số hạng tổng quát là :

   

9 2

. .3 . 2

k i

k i k

C C x x



     

9 2 2 9 2

9 9

. .3 2 . . .3 2 .

i i

k i k k i i k i k k i

k k

C C x C C x

    

  

Số hạng chứa

x trong khai triển ứng với , i k thỏa mãn hệ:

2 3

0 9

k i

i k

i k N

  

    



 



   





 



 

 





 

Hệ số của số hạng chứa

x là    

3 2 1

3 3 6 2 1 7

9 3 9 2

. .3 . 2 .C .3 2 804816 C C C



     .

Câu 115. Chọn A.

Ta có: Số phần tử của không gian mẫu

10 C  . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -61-

Để ba đoạn thẳng có thể xếp thành một hình tam giác thì có bốn cách chọn như sau:

  3,5,7   3;7;9 ;   5,7,9   3,5,9 .

Gọi A là biến cố chọn ba đoạn thẳng có thể xếp thành một hình tam giác .

Vậy xác suất để ba đoạn đó là có thể xếp thành một hình tam giác là:  

P A  .

Câu 116. Chọn A.

Ta có: Số cách chọn ba điểm từ 2n điểm phân biệt là

C .

Trong 2n điểm phân biệt có đúng n điểm thuộc một mặt phẳng nên có

C mặt phảng trùng

nhau

Vậy số mặt phẳng tạo ra từ trong 2n điểm phân biệt là

3 3

n n

C C   .

Ta có phương trình:

       

3 3

3 2

2 2 1 2 2 1 2

1 505 505

1.2.3 1.2.3

7 9 2 3024 0 8

n n

n n n n n n

C C

n n n

   

     

      

VẬY 8 n  .

Câu 117. Chọn A.

Ta có: Số cách chọn ba điểm từ 2n điểm phân biệt là

C .

Trong 2n điểm phân biệt có đúng n điểm thuộc một mặt phẳng nên có

C mặt phảng trùng

nhau.

Vậy số mặt phẳng tạo ra từ trong 2n điểm phân biệt là

3 3

n n

C C   .

Câu 118. Chọn A có 2018 cách.

Đánh thứ tự từ 1 2017  kể từ điểm cạnh A theo chiều kim đồng hồ. Gọi vị trí , B C có thứ tự

1 2

, a a

1 2 1 2

1 2017 1 1121 2017 1121 a a a a          

1 2

1 1121 896 a a       Số cách chọn , B C là

896

C .Vậy có

896

2018.C tam giác.

DẠNG 4 : CÁC BÀI TOÁN ĐẾM – TÍNH XÁC SUẤT

LIÊN QUAN ĐẾN XẾP CHẦ , VỊ TRÍ

Câu 119. Chọn A.

Số phần tử của không gian mẫu là số cách xếp 2 3 n  học sinh vào 2 3 n  chỗ ngồi đã được

đánh số. suy ra     2 3 ! n n   

Gọi A là biến cố “số ghế của Bình bằng trung bình cộng số ghế của Anh và số ghế của Chi” thì

ta có

- Xếp Bình ở ghế số 2 hoặc ghế thứ 2 2 n  thì mỗi cách có 1.2! cách xếp An và Bình

- Xếp Bình ở ghế số 3 hoặc ghế thứ 2 1 n  thì mỗi cách có 2.2! cách xếp An và Bình

- Xếp Bình ở ghế số 4 hoặc ghế thứ 2n thì mỗi cách có 3.2! cách xếp An và Bình

………….

- Xếp Bình ở ghế thứ 1 n  hoặc ghế thứ 3 n  thì mỗi cách có .2! n cách xếp An và Bình

- Xếp Bình ở ghế thứ 2 n  mỗi cách có   1 .2! n  cách xếp An và Bình Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -62-

Suy ra      

2 1 2 3 ... .2! 1 2! 1 .2! n n n         cách xếp để số ghế của Bình bằng trung

bình cộng số ghế của An và Chi

Với mỗi cách xếp trên có   2 ! n cách xếp các học sinh còn lại

Vậy ta có      

2 1 . 2 ! n A n n  

Theo giả thiết ta có phương trình

   

 

2 1 . 2 !

2 3 ! 575

n n







 

48 479 539 0

n n

n L

 



    



 



Suy ra số học sinh là 2.11 3 25   .

Câu 120. Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu là   25! n  

Gọi A là biến cố “số ghế của Bình bằng trung bình cộng số ghế của Anh và số ghế của Chi” thì

ta có

- Xếp Bình ở ghế số 2 hoặc ghế thứ 24 thì mỗi cách có 1.2! cách xếp An và Bình

- Xếp Bình ở ghế số 3 hoặc ghế thứ 23 thì mỗi cách có 2.2! cách xếp An và Bình

- Xếp Bình ở ghế số 4 hoặc ghế thứ 22 thì mỗi cách có 3.2! cách xếp An và Bình

- Xếp Bình ở ghế thứ 12 hoặc ghế thứ 14 thì mỗi cách có 11.2! cách xếp An và Bình

- Xếp Bình ở ghế thứ 13 thì có 12.2! cách xếp An và Bình

Suy ra   2 1 2 3 ... 11 .2! 12.2! 288       cách xếp để số ghế của Bình bằng trung bình cộng

số ghế của An và Chi

Với mỗi cách xếp trên có 22! cách xếp các học sinh còn lại

Vậy ta có   288.22! n A 

Khi đó  

288.22! 12

25! 575

P A   .

Câu 121. Chọn C.

Số phần tử của không gian mẫu là   10! n  

Gọi A là biến cố thỏa yêu cầu bài toán.

- Xếp 5 học sinh lớp 11C vào hàng có 5! cách

(Sau khi xếp sẽ có 6 vị trí trống (4 giữa và 2 ở hai đầu), chẳng hạn 1C2C3C4C5C6

- Nếu xếp xen kẽ 5 học sinh lớp A và B từ phía tận cùng bên trái (12345) có 5! cách xếp, tương

tự xếp từ phía bên phải (23456) cũng sẽ có 5! Cách xếp

- Nếu xếp 5 học lớp A và B vào các vị trí 2345 trong đó có 1 vị trí xếp 2 học sinh có

.2!.2.3 A

cách

Suy ra    

5!. 2.5! .2!.2.3 63360 n A A   

Vậy  

63360 11

10! 630

P A  

Vậy

2.5!.5! 1

( )

10! 126

P A   .

Câu 122. Chọn D. Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -63-

- Xếp 5 học sinh lớp 11C vào hàng có 5! cách

(Sau khi xếp sẽ có 6 vị trí trống (4 giữa và 2 ở hai đầu), chẳng hạn 1C2C3C4C5C6

- Nếu xếp xen kẽ 5 học sinh lớp A và B từ phía tận cùng bên trái (12345) có 5! cách xếp, tương

tự xếp từ phía bên phải (23456) cũng sẽ có 5! Cách xếp

- Nếu xếp 5 học lớp A và B vào các vị trí 2345 trong đó có 1 vị trí xếp 2 học sinh có

.2!.2.3 A

cách

Suy ra    

5!. 2.5! .2!.2.3 63360 n A A   

Câu 123. Chọn D.

Xếp 30 quyển truyện khác nhau có số cách là 30!.

Để xếp 4 quyển 1, 3 , 5 , 7 cạnh nhau, coi chúng là một nhóm X  có 4! nhóm X khác

nhau.

Xếp nhóm X cùng với 26 quyển còn lại: có 27!cách xếp.

Do đó số cách xếp sao cho 4 quyển 1, 3 , 5 , 7 cạnh nhau là 4!.27!

Tóm lại có 30! 4!.27!  cách xếp thỏa mãn.

Câu 124. Chọn D.

Số cách chọn 2 nam đứng ở đầu và cuối là:

A . Lúc này còn lại 5 nam và 5 nữ, để đưa 10

người này vào hàng thì trước tiên sẽ cho 5 nam đứng riêng thành hàng ngang, số cách đứng là

5!. Sau đó lần lượt xếp 5 nữ vào các khoảng trống ở giữa hoặc đầu, hoặc cuối của hàng 5 nam

này, mỗi khoảng trống chỉ xếp 1nữ hoặc không xếp, có tất cả 6 khoảng trống nên số cách xếp

vào là

A . Số cách xếp 10 người này thành hàng ngang mà 2 nữ bất kì không đứng cạnh nhau

là:

5!.A

Đưa 10 người này vào giữa 2 nam đầu và cuối đã chọn, số cách xếp là:

2 5

7 6

.5!. 3628800 A A  .

Câu 125. Chọn C.

Coi 4 bạn nam là một nhóm X  có 4! nhóm X khác nhau.

Coi 2 bạn nữ là một nhóm Y  có 2! nhóm Y khác nhau.

Khi đó, có 9 ghế thì được coi như có 5 vị trí.

Số cách xếp để giữa hai nhóm X và Y có ít nhất hai ghế là 3.2!.

Vậy số cách sắp xếp theo yêu cầu của bài là: 2!.4!.3.2! 288  .

Câu 126. Chọn C.

Số cách xếp 2 3 n  bạn vào một dãy ghế gồm 2 3 n  ghế được đánh số từ 1 đến 2 3 n  là

  2 3 ! n 

Số ghế chính giữa là 2 n  .

TH1: Hùng ngồi ghế từ 2 đến 1 n  thì có số cách sắp xếp là:     2 1 2 ... . 2 ! n n   

TH2: Hùng ngồi ghế từ 3 n  đến 2 2 n  thì có số cách sắp xếp là:     2 1 2 ... . 2 ! n n   

TH3: Hùng ngồi chính giữa có số cách xếp là     2 1 . 2 ! n n 

Ta có

       

 

2 2 1 2 ! 4 1 2 ... 2 !

2 3 ! 195

n n n n

    





   

 

2 2 1 2 ! 4. 2 !

2 3 ! 195

n n

n n n



 

 



Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -64-

   

1 7

2 1 2 3 195

n n



 

 

Từ đây tìm được 6 n   nhóm bạn có 2.6 3 15   người.

Câu 127. Chọn D.

Số cách chia 16 đội vào 4 bảng, mỗi bảng 4 đội là

4 4 4 4

16 12 8 4

C C C C tức là

 

4 4 4 4

16 12 8 4

63063000 n C C C C    .

Gọi A là biến cố “bảng A có đúng 2 đội bóng của khối 10 và 2 đội bóng của khối 11”.

Ta có

 

2 2 4 4 4

5 5 12 8 4

3465000 n A C C C C C  

Suy ra  

 

3465000 5

63063000 91

n A

P A

  



Câu 128. Chọn A.

Số phần tử của không gian mẫu là  

9.10 9000 n    .

Gọi A là biến cố “số được chọn có một chữ số lặp lại đúng 3 lần”.

TH1: Chữ số lặp lại là chữ số 0 ,khi đó  

9 n A  .

TH2: Chữ số lặp lại khác 0 .

Giả sử chữ số lặp lại là 1.

+ Nếu chữ số còn lại là chữ số 0 thì có 3 số lập được từ   1,1,1,0 .

+ Nếu chữ số còn lại khác 0 thì có 4.8 32  .số thỏa mãn.

Vậy trường hợp chữ số 1 lặp lại 3 lần thì có 35 số thỏa mãn .

Tương tự như vậy với các trường hợp chữ số lặp lại là 2,3,4,...9 .

Vậy có  

9.35 315 n A   số .

     

1 2

315 9 324 n A n A n A      .

Suy ra  

324

9000

P A  .

Câu 129. Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu là   Ω 11! n 

Gọi A: “không có quyển sách nào cùng môn đặt cạnh nhau”

Bước 1: Xếp 5 quyển Anh trước: có 5! cách, khi đó tạo ra 6 khoảng trống.

Bước 2: Xếp 6 sách còn lại  chia 3 TH:

TH1: 6 sách còn lại chèn vào 6 khoảng trống, mỗi khoảng trống 1 quyển: có 6! 720  cách.

TH2: chèn 6 sách còn lại vào 4 khoảng trống ở giữa, trong đó có 2 khoảng trống chứa 2

sách: có    

. 3.3.2! . 2.2.2! .2! 1728 C  cách.

TH3: chèn 6 sách còn lại vào 5 khoảng trống liền nhau, trong đó có 1 khoảng trống chứa 2

sách: có

 

2 .3.3.2! .4! 4320 C

 



 

cách.

    5! 720 1728 4320 812160 n A      cách.

 

812160 47

11! 2310

P A   .

Câu 130. Chọn A.

Kí hiệu học sinh lớp 12A , 12B , 12C lần lượt là A , B , C . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -65-

Số phần tử không gian mẫu là ( ) 8! n  

Gọi E là biến cố không có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau.

Ta có cách xếp như sau:C-C-C-C(Trong đó dấu – là vị trí trống)

Số cách sắp xếp học sinh lớp 12C là 4! (cách)Để xếp các học sinh lớp 12A và lớp 12B vào

các vị trí còn lại trong hàng ta có hai trường hợp

TH1: Có một học sinh ở phía ngoài ( cuối cùng phía bên phải hoặc cuối cùng phía bên trái)

B C B C A C B C

Số cách sắp xếp cho các học sinh các lớp A và B là 4!.2

TH2: Có một cặp gồm một học sinh lớp A và một học sinh lớp B ở vị trí trống bên trong hàng

C AB C A C B C

Số cách sắp xếp cho học sinh các trường A và B là

1 3

1 1

. .2!.2!.3 C C

Số phần tử thuận lợi cho biến cố E là  

1 1

1 3

( ) 4!(2.4! . .2!.2!.3) n E C C

Xác suất của biến cố E là  



( ) 1

( )

( ) 20

n E

P E

Câu 131. Chọn

u có 2018 cách chọn, chọn

u chỉ có 1008 cách chọn số cùng chẵn hoặc cùng lẻ với

u .

Khi đó

1 3

u u



 có duy nhất một cách chọn.

Còn lại 2015 còn lại ta chọn ra 3 số sắp xếp có thứ tự để hoàn tất việc chọn.

Vì vậy số kết quả là

2015

2018.1007.A .

Câu 132. Chọn

3 u 

12 u 

và

4 5 6

, , u u u

là sắp xếp tùy ý 15 số còn lại nên có

2730 A 

cách.

Trong các trường hợp đó

1 3

u u



 có duy nhất một cách chọn.

Vì vậy số kết quả là 8190 5460 2730 16380    .

Câu 133. Chọn D.

Số phần tử của không gian mẫu là   6! 720 n    .

Gọi A là biến cố hai quyển sách cùng môn không xếp cạnh nhau. Ta tính   n A .

Sách hóa nhiều nhất nên ta sắp trước để tránh trường hợp chúng cạnh nhau, ta xếp như sau

TH 1 :

H H H

Có 3 ! cách sắp xếp các sách hóa, thỏa mái xếp các sách còn lại nên có 3 ! cách sắp xếp các

quyển sách còn lại. Vậy trường hợp này có 6.6 36  cách.

TH2 :

H H H

Có 3 ! cách sắp xếp các sách hóa, thỏa mái xếp các sách còn lại nên có 3 ! cách sắp xếp các

quyển sách còn lại. Vậy trường hợp này có 6.6 36  cách.

TH3 :

H H Đ

Có 3 ! cách sắp xếp các sách hóa, có 2.2 cách sắp xếp 2 quyển sách toán và lý vào hai ô trống

liền kề và ô còn lại xếp sách vật lý còn lại. Vậy trường hợp này có 5.2.2 24  cách.

TH4 :

Đ Đ Đ Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -66-

Có 3 ! cách sắp xếp các sách hóa, có 2.2 cách sắp xếp 2 quyển sách toán và lý vào hai ô trống

liền kề và ô còn lại xếp sách vật lý còn lại. Vậy trường hợp này có 5.2.2 24  cách.

Vậy tổng cộng   36.2 24.2 120 n A    .

Do đó  

 

120 1

720 6

n A

P A

  



Câu 134. Chọn D.

Xếp 6 quyển sách gần nhau có không gian mẫu   6! 720 n    .

Xếp hai quyển sách vật lý gần nhau có 2 cách chọn.

Xếp ba quyển sách hóa học gần nhau có 3! 6  cách chọn.

Khi đó ta phải xếp 3 bộ sách có thứ tự là 3! 6  .

Vậy   2.6.6 72 n A   .

Do đó  

 

72 1

720 10

n A

P A

  



Câu 135. Chọn B.

Số cách xếp 10 học sinh vào 10 vị trí: ( ) 10! n   cách.

Gọi A là biến cố: “Trong 10 học sinh trên không có hai học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau”.

Xếp 5 học sinh lớp 12C vào 5 vị trí có 5! cách.

Ứng với mỗi cách xếp 5 học sinh 12C sẽ có 6 khoảng trống gồm 4 vị trí đứng giữa và 2 vị trí

hai đầu để xếp các học sinh còn lại.

C1 C2 C3 C4 C5

Trường hợp 1: xếp 3 học sinh lớp 12B vào 4 vị trí trống đứng giữa (không xếp vào hai đầu), có

A cách.

Ứng với mỗi cách xếp đó chọn 1 trong 2 học sinh lớp 12A xếp vào vị trí trống thứ 4 có 2 cách.

Học sinh lớp 12A còn lại có 8 vị trí để xếp, có 8 cách.

Theo quy tắc nhân, ta có

5!A 2 8   . cách.

Trường hợp 2: Xếp 2 trong 3 học sinh lớp 12B vào 4 vị trí trống ở giữa và xếp học sinh còn lại

vào 2 đầu, có

1 2

3 4

C 2 A   cách.

Ứng với mỗi cách xếp đó còn trống 2 vị trí đứng giữa, xếp 2 học sinh lớp 12 vào vị trí đó, có 2

cách.

Theo quy tắc nhân, ta có

1 2

3 4

5!C 2 A 2    cách.

Do đó, số cách xếp không có học sinh cùng lớp ngồi gần nhau là:

3 1 2

4 3 4

( ) 5!A 2 8 5!C 2 A 2 63360 n A         cách.

Vậy

( ) 63360 11

( )

( ) 10! 630

n A

P A

  



Câu 136. Chọn D.

Ta có: Xếp 9 học sinh vào hàng ngang có ( ) 9! n   cách.

Gọi A là biến cố: “Các học sinh cùng lớp không đứng cạnh nhau”.

Xếp 5 học sinh lớp 11A đứng vào hàng ngang có 5! Cách.

Mỗi cách xếp 5 học sinh lớp 11A có 4! Cách xếp 4 học sinh lớp 11B đứng xen kẻ giữa học sinh

lớp 11A.

Suy ra ( ) 5! 4! n A   cách. Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -67-

Do đó:

( ) 5! 4! 1

( )

( ) 9! 126

n A

P A



  



Câu 137. Chọn A.

Ta có: Xếp 11 học sinh ngồi vào ghế dài có ( ) 11! n   cách.

Gọi A là biến cố: “Các học sinh nữ không ngồi cạnh nhau”.

Xếp 7 học sinh lớp nam ngồi vào ghế dài có 7! cách.

Mỗi cách xếp 7 học sinh nam có 8 chỗ trống để xếp 4 học sinh nữ, có

A cách xếp nữ.

Suy ra

( ) 7!A n A  cách.

Do đó:

7!A ( ) 7

( )

( ) 11! 33

n A

P A

  



Câu 138. Chọn B.

Số cách xếp 10 học sinh vào 10 vị trí: ( ) 10! n   cách.

Gọi A là biến cố: “Trong 10 học sinh trên không có hai học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau”.

Xếp 5 học sinh lớp 12C vào 5 vị trí có 5! cách.

Ứng với mỗi cách xếp 5 học sinh 11C sẽ có 6 khoảng trống gồm 4 vị trí đứng giữa và 2 vị trí

hai đầu để xếp các học sinh còn lại.

C1 C2 C3 C4 C5

Trường hợp 1: xếp 3 học sinh lớp 11B vào 4 vị trí trống đứng giữa (không xếp vào hai đầu), có

A cách.

Ứng với mỗi cách xếp đó chọn 1 trong 2 học sinh lớp 11A xếp vào vị trí trống thứ 4 có 2 cách.

Học sinh lớp 12A còn lại có 8 vị trí để xếp, có 8 cách.

Theo quy tắc nhân, ta có

5!A 2 8   . cách.

Trường hợp 2: Xếp 2 trong 3 học sinh lớp 11B vào 4 vị trí trống ở giữa và xếp học sinh còn lại

vào 2 đầu, có

1 2

3 4

C 2 A   cách.

Ứng với mỗi cách xếp đó còn trống 2 vị trí đứng giữa, xếp 2 học sinh lớp 12 vào vị trí đó, có 2

cách.

Theo quy tắc nhân, ta có

1 2

3 4

5!C 2 A 2    cách.

Do đó, số cách xếp không có học sinh cùng lớp ngồi gần nhau là:

3 1 2

4 3 4

( ) 5!A 2 8 5!C 2 A 2 63360 n A         cách.

Vậy

( ) 63360 11

( )

( ) 10! 630

n A

P A

  



Câu 139. Chọn B.

Gọi A là biến cố “không có 2 học sinh cùng giới đứng cạnh nhau, đồng thời Hoàng và Lan

không đứng cạnh nhau khi xếp 10 học sinh thành một hàng ngang”.

Số phần tử của không gian mẫu: ( ) 10! n   .

Tính ( ) n A :

- Xếp 5 học sinh nam, có 5! cách xếp. Sau khi xếp 5 học sinh nam, để không có 2 học sinh cùng

giới đứng cạnh nhau, ta xếp 5 học sinh nữ xen giữa các vị trí của học sinh nam. Ta có 2.5! cách

xếp. Do đó ta có

2.(5!) cách xếp nam nữ đứng xen kẽ nhau.

- Bây giờ ta đếm số cách xếp nam nữ đứng xen kẽ nhau trong đó Hoàng và Lan đứng cạnh

nhau. Trước hết ta xếp 5 học sinh nam vào các vị trí A, B, C, D, E, có 5! Cách xếp. Ta xếp 5 Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -68-

học sinh nữ vào các vị trí 1,2,3,4,5,6 sao cho nam nữ xen kẽ nhau và Hoàng và Lan đứng cạnh

nhau:

1 A 2 B 3 C 4 D 5 E 6

Nếu Hoàng xếp ở vị trí A, Lan ở vị trí 1, các bạn nữ còn lại xếp ở các vị trí (2,3,4,5); Lan ở vị

trí 2, các bạn nữ còn lại xếp ở các vị trí (3,4,5,6) hoặc (1,3,4,5). Trường hợp này có 3.4!.4! cách

xếp.

Nếu Hoàng xếp ở vị trí E, Lan ở vị trí 1, các bạn nữ còn lại xếp ở các vị trí (2,3,4,5); Lan ở vị

trí 2, các bạn nữ còn lại xếp ở các vị trí (3,4,5,6) hoặc (1,3,4,5). Trường hợp này có 3.4!.4! cách

xếp.

Nếu Hoàng xếp ở vị trí B, Lan ở vị trí 2, các bạn nữ còn lại xếp ở các vị trí (1,3,4,5) hoặc

(3,4,5,6); Lan ở vị trí 3, các bạn nữ còn lại xếp ở các vị trí (2,4,5,6) hoặc (1,2,4,5). Trường hợp

này có 4.4!.4! cách xếp. Tương tự Hoàng ở vị trí C, D có 4.4!.4! cách xếp.

Do đó có 2.3.4!.4! 3.4.4! 18.4!.4!   cách xếp sao cho nam nữ xen kẽ nhau và Hoàng và Lan

đứng cạnh nhau.

Từ đó ta có

( ) 2.(5!) 18.4!. 4 ! n A   .

Xác suất cần tìm:

( ) 8

( )

( ) 1575

n A

P A

 



Câu 140. Chọn B.

Gọi X là biến cố "chia 20 bạn thành 4 nhóm A, B, C, D mỗi nhóm 5 bạn sao cho 5 bạn nữ

thuộc cùng 1 nhóm".

Ta có không gian mẫu

5 5 5 5

20 15 10 5

( ) n C C C C   .

Ta có

5 5 5

15 10 5

C C C cách chia các bạn nam vào 3 nhóm còn lại.

Do vai trò các nhóm như nhau, có

5 5 5

15 10 5

4C C C cách chia các bạn vào các nhóm A; B; C; D trong

đó 5 bạn nữ thuộc một nhóm.

Xác suất cần tìm là  

4 1

3876

P X

  .

Câu 141. Chọn A.

Số phần tử của không gian mẫu là   8! n  

Gọi : E “Không có hai học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau”.

Khi đó,

Xếp 4 học sinh lớp 12C có 4! (cách xếp). Khi đó, giữa các học sinh lớp 12C có các khoảng

trống.

C C C C

TH1: Có hai học sinh lớp 12C đứng ở hai đầu, khi đó ta có 3! cách xếp cho 3 học sinh lớp

12B và 6 cách xếp cho 1 học sinh lớp 12A . Trong trường hợp này có 4!.3!.6 (cách xếp).

TH2: Có một sinh lớp 12C đứng đầu hoặc cuối hàng, khi đó ta có 2.4! cách xếp cho 3 học

sinh lớp 12B và 1 học sinh lớp 12A . Trong trường hợp này có 4!.2.4! (cách xếp).

Suy ra   4!.3!.6 4!.2.4! n E  

Xác suất của biến cố E là  

 

n E

P E

 



Câu 142. Chọn D.

Số phần tử của S là

8. 53760 A  . Do đó, chọn ngẫu nhiên một số từ tập S có 53760 (cách). Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -69-

Vì số được chọn có 6 chữ số nên ít nhất phải có hai chữ số chẵn, và vì không có hai chữ số

chẵn đứng cạnh nhau nên số được chọn có tối đa 3 chữ số chẵn.

TH1: Số được chọn có đúng 2 chữ số chẵn, khi đó gọi số cần tìm là abcdef

Xếp 4 số lẻ trước ta có 4! cách.

Xếp 2 số chẵn vào 5 khe trống của các số lẻ có

2 2 1

5 5 4

. 4. C A C  cách.

Trong trường hợp này có

 

2 2 1

5 5 4

4! . 4. 4416 C A C   (số).

TH2: Số được chọn có đúng 3 chữ số chẵn, khi đó gọi số cần tìm là abcdef

Xếp 3 chữ số lẻ trước ta có

A cách.

Xếp 3 chữ số chẵn vào 4 khe trống của các số lẻ có

3 3 2 2

4 5 3 4

. . C A C A  cách.

Trong trường hợp này có

 

3 3 3 2 2

4 4 5 3 4

. . . 4896 A C A C A   (số).

Vậy có tất cả 9312 số có 6 chữ số sao cho không có hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau.

Xác suất cần tìm là

9312 97

53760 560

 .

Câu 143. Chọn D.

Xếp ngẫu nhiên 10

học sinh vào một bàn tròn có 9! (cách xếp). Suy ra   9! n   .

Gọi A : “không có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau”.

Xếp 5 học sinh lớp 12 C có 4!

(cách xếp).

Với mỗi cách xếp 5 học sinh lớp C nói trên thì giữa mỗi hai học sinh có một khoảng trống, ta

có được 5

khoảng trống.

Cần phải xếp 5 học sinh lớp A và B sao cho không có hai học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau

nên có 5! cách xếp.

Vậy   4!.5!  n A .

Vậy xác suất cần tìm là  

 

n A

P A





4!.5! 1

9! 126

  .

Câu 144. Chọn D.

Kí hiệu học sinh lớp 12A, 12B, 12C lần lượt là A, B, C.

Số phần tử không gian mẫu là   8! n  

Gọi E là biến cố học sinh lớp 12C không đứng cạnh nhau. Ta có cách xếp như sau:

C-C-C-C

(Trong đó dấu – là vị trí trống)

Số cách xếp học sinh lớp 12C là 4! (cách)

Để xếp học sinh lớp 12A và 12B vào các vị trí còn lại ta có 3 trường hợp.

TH1. Có một học sinh ở phía ngoài (Cuối cùng bên phải hoặc bên trái) là:

Số cách xếp cho học sinh lớp 12A, 12B là: 4!.2 (cách).

B C B C A C B C

TH2. Có một cặp học sinh gồm 1 HS 12A và 1 HS 12B ở vị trí trống bên trong hàng.

C AB C B C B C

Số cách xếp cho học sinh lớp 12A, 12B là:

1 1

1 3

. .2!.2!.3 C C (cách).

lẻ lẻ lẻ lẻ

lẻ lẻ lẻ

Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -70-

TH3. Có một cặp học sinh lớp 12B ở vị trí trống.

C A C BB C B C

Số cách xếp cho học sinh lớp 12A, 12B là:

.2!.2!.3 C (cách).

Số phần tử thuận lợi của biến cố E là    

1 1 2

1 3 3

4! 2.4! . .2!.2!.3 .2!.2!.3 n E C C C    .

Xác suất của biến cố là:  

 

n E

P E

 



Câu 145. Chọn B.

Số phần tử không gian mẫu là:   9! n  

Xếp nhóm học sinh 12A cạnh nhau có 2! (cách).

Xếp nhóm học sinh 12C cạnh nhau có 4! (cách).

Xếp hai nhóm này vào hàng có 2 (cách) (Nhóm12A-Nhóm 12C hoặc Nhóm 12C-Nhóm 12A).

Sau đó đưa 3 học sinh lớp 12B vào hàng để giữa hai nhóm có ít nhất 2 học sinh lớp B, ta chia

hai trường hợp sau:

TH1. Giữa hai nhóm có 3 học sinh lớp 12B, số cách xếp 3! (cách).

TH2. Giữa hai nhóm có đúng 2 học sinh lớp 12B, số cách xếp

.2!.2 C (cách).

Số kết quả thuận lợi của biến cố    

2!.4!.2 3! .2!.2 n E C   .

Xác suất là:  

 

210

n E

P E

 



Câu 146. Chọn A.

Cách 1.

Xếp 2 học sinh lớp A có 2 (cách).

Xếp học sinh thứ nhất của lớp B có 2 (cách).

Xếp học sinh thứ hai của lớp B có 3 (cách).

Xếp học sinh thứ ba của lớp B có 4 (cách).

Xếp học sinh thứ nhất của lớp C có 6 (cách).

Xếp học sinh thứ hai của lớp C có 7 (cách).

Xếp học sinh thứ ba của lớp C có 8 (cách).

Xếp học sinh thứ tư của lớp C có 9 (cách).

Vậy có tất cả 2.2.3.4.6.7.8.9 145152  (cách).

Cách 2.

Xếp học sinh lớp A và B trước, để học sinh lớp B không xen vào giữa học sinh lớp A thì ta tạm

xem như hai học sinh lớp A liền nhau. Số cách xếp 2!.4! (cách).

Đưa 5 học sinh này theo thứ tự đã xếp vào 9 ghế có:

C (cách).

Cón lại 4 vị trí xếp 4 học sinh lớp C vào có 4! (cách).

Vậy số cách xếp là:

2!.4!.C .4! 145152  (cách).

Câu 147. Chọn A.

Kí hiệu học sinh lớp 12A, 12B, 12C lần ượt là A, B, C.

Số phần tử không gian mẫu   10! n  

Gọi E là biến cố không có 2 học sinh cùng trường đứng cạnh nhau. Ta có cahs xếp như sau:

C - C - C - C - C

(trong đó vị trí – là vị trí trống)

Số cahcs sắp xếp học sinhlowps 12C là 5! cách. Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -71-

Để xếp các học sinh lớp 12A và lớp 12B vào các vị trí còn lại trong hàng ta có bốn trường hợp.

TH1: Có 1 học sinh ở phái ngoài (cuối cùng phái bên phải hoặc cưới cùng phái bên trái)

A C B C A C B C B C

Số cách sắp xếp cho các học sinh lớp 12A và 12B là:5!.2

TH2: Có 1 cặp gồm 1 học sinh lơp-s 12A và 1 học sinh 12B ở vị trí trống bên trong hàng.

C AB C A C B C B C

Số cách sắp xếp cho học sinh lớp 12A và 12B là:

1 1

2 3

. .2!.3!.4 C C

TH3: Có một cặp gồm 2 học sinh 12A ở vị trí tróng bên trong hàng.

C AA C B C B C B C

Số cách sắp xếp cho học sinh lớp 12A và 12B là: 3!.4

TH4: Có một cặp gồm 2 lớp 12B ở vị trí trống bên trong hàng

C BB C A C A C B C

Số cách sắp xếp cho học sinh lớp 12A và 12B là:

.3!.4 C

Số phần tử thuận lợi cho biến cố A là    

1 1 2

2 3 3

5! 2.5! . .2!.3!.4 .3!.4 n A C C C   

Xác suất của biến cố A là  

 

630

n A

P A

 



Câu 148. Chọn B.

Kí hiệu học sinh lớp 12A, 12B, 12C lần ượt là A, B, C.

Số phần tử không gian mẫu   9! n  

Gọi E là biến cố không có học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau. Ta có các bước sắp xếp như sau:

- Xếp 5 học sinh lớp 12C ngồi vào bàn sao cho giữa 2 học sinh luôn đúng 1 ghế trống. Số cách

sắp xếp là: 4!

- Xếp 5 học sinh còn lại vào bàn. Số cách xếp là 5!

Số phần tử thuận lợi cho biến cố A là  

 

126

n A

P A

 



Câu 149. Chọn 6 viên bi cộng các số trên 6 viên bi đó thu được là số lẻ”.

Trong 11 viên bi có 6 viên bi mang số lẻ đó là   1;3;5;7;9;11 và 5 viên bi mang số chẵn

  2;4;6;8;10 .

* Trường hợp 1: 1 viên bi mang số lẻ và 5 viên bi mang số chẵn.

Số cách chọn trong trường hợp 1 là

1 5

6 5

. C C cách.

* Trường hợp 2: 3 viên bi mang số lẻ và 3 viên bi mang số chẵn.

Số cách chọn trong trường hợp 2 là

3 3

6 5

. C C cách.

* Trường hợp 3: 5 viên bi mang số lẻ và 1 viên bi mang số chẵn.

Số cách chọn trong trường hợp 3 là

5 1

6 5

. C C cách.

Suy ra  

1 5 3 3 5 1

6 5 6 5 6 5

. . . 6 200 30 236. n A C C C C C C       

2 2

6 4

3!. .1 540.

C C    

Bước 3: Tính xác suất  

236 118

462 231

P A



  



Câu 150. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi từ 15 viên bi thì số cách chọn là

445 C  . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -72-

Gọi A là biến cố “trong 3 viên bi lấy ra có ít nhất một viên màu đỏ”. Số trường hợp thuận lợi

cho biến cố A là:

*Trường hợp 1: Lấy được 1 viên màu đỏ, số cách lấy là:

1 2

8 7

. C C .

*Trường hợp 2: Lấy được 2 viên màu đỏ, số cách lấy là:

2 1

8 7

. C C .

*Trường hợp 3: Lấy được 3 viên màu đỏ, số cách lấy là:

C .

Số trường hợp thuận lợi cho biến cố A là  

1 2 2 1 3

8 7 8 7 8

. . 420 C C C C C n A    

Vậy  

1 2 2 1 3

8 7 8 7 8

. . 12

C C C C C

P A

 

  .

Câu 151. Chọn 8 học sinh mà không có khối 12, có

C cách.

Gọi A là biến cố “ 8 học sinh được chọn, mỗi khối có ít nhất 1 học sinh”. Số trường hợp thuận

lợi cho A là    

8 8 8 8

18 13 12 11

41811 n A C C C C     

Vậy xác suất cần tìm là  

 

41811 1267

1326

n A

P A

n C

  



Câu 152. Chọn D.

Số cách chọn ra 3 học sinh mà không có điều kiện gì là

C cách

C   

Ta sẽ loại trừ các trường hợp có 1 cặp anh em sinh đôi. Đầu tiên ta chọn 1 cặp sinh đôi có 4

cách chọn. Sau đó chọn 1 học sinh còn lại từ 48 học sinh, có 48 cách chọn.

Vậy số cách chọn 3 em học sinh thỏa yêu cầu đề bài là:

4.48 19408 C  

Vậy xác suất cần tìm là

19408 1213

1225



  



Câu 153. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm hai học sinh lớp 12  , ba học sinh lớp 12B và năm học sinh

lớp 12C trên một bàn tròn. Xác suất để các

học sinh cùng lớp thì luôn ngồi cạnh nhau.

630

. B.

126

. C.

. D.

Lời giải

Chọn B

Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh vào một bàn tròn. Số phần tử không gian mẫu là: ( ) 9! n   .

Gọi E là biến cố: các

học sinh cùng lớp thì luôn ngồi cạnh nhau. Ta có các bước sắp xếp như

+) Xếp 5 học sinh lớp 12C cạnh nhau có: 5! cách .

+) Xếp 3 học sinh lớp 12B cạnh nhau và cạnh học sinh lớp 12C

có: 3!.2 cách .

+)Xếp 2 học sinh lớp 12  vào hai vị trí còn lại có: 2 cách .

( ) 5!.3!.2.2 n E  

. Vậy xác suất của biến cố E là:

( ) 5!.3!.2.2 1

( )

( ) 9! 126

n E

P E

  



Câu 154. Chọn B.

Xếp ngẫu nhiên 11 học sinh vào một bàn tròn. Số phần tử không gian mẫu là: ( ) 10! n   .

Gọi E là biến cố: các

học sinh cùng lớp thì luôn ngồi cạnh nhau. Ta có các bước sắp xếp như

+) Xếp 5 học sinh lớp 12C cạnh nhau có: 5! cách .

+) Xếp 3 học sinh lớp 12B cạnh nhau và cạnh học sinh lớp 12C

có: 3!.2 cách .

+)Xếp 3 học sinh lớp 12  vào ba vị trí còn lại có: 3! cách . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -73-

( ) 5!.3!.2.3! n E  

. Vậy xác suất của biến cố E là:

( ) 5!.3!.2.3! 1

( )

( ) 10! 420

n E

P E

  



Câu 155. Chọn B.

Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh vào một bàn tròn. Số phần tử không gian mẫu là: ( ) 5! n   .

Gọi E là biến cố: Một học sinh lớp 12C ngồi giữa

hai học sinh lớp 12B . Ta có các bước sắp

xếp như sau

+) Lấy 1 học sinh lớp 12C làm chuẩn xếp hai học sinh lớp 12B ngồi hai bên học sinh lớp 12C

: 2! cách .

+)Xếp 3 học sinh lớp 12  vào ba vị trí còn lại có: 3! cách .

( ) 2!.3! 12 n E   

. Vậy xác suất của biến cố E là:

( ) 12 1

( )

( ) 5! 10

n E

P E

  



Câu 156. Chọn B .

Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh vào một bàn tròn. Số phần tử không gian mẫu là: ( ) 5! n   .

Gọi E là biến cố: Một học sinh lớp 12C ngồi giữa

12C ba học sinh lớp 12  . Ta có các bước

sắp xếp như sau

+) Lấy 1 học sinh lớp 12C làm chuẩn chọn hai học sinh lớp 12  xếp ngồi hai bên học sinh lớp

12C :

.2! C cách .

+)Xếp 3 học sinh còn lại vào ba vị trí còn lại có: 3! cách .

( ) .2!.3! 36 n E C   

. Vậy xác suất của biến cố E là:

( ) 36 3

( )

( ) 5! 10

n E

P E

  



Câu 157. Chọn C .

Xếp ngẫu nhiên 9 học sinh vào một bàn tròn. Số phần tử không gian mẫu là: ( ) 9! n   .

Gọi E là biến cố: giữa hai học sinh lớp A không có học sinh nào lớp

Xét các trường hợp sau :

TH1: Hai học sinh lớp A đứng cạnh nhau có 2!.8! cách.

TH2: Giữa hai học sinh lớp A có một học sinh lớp C có

2!. .7! A cách.

TH3: Giữa hai học sinh lớp A có hai học sinh lớp C có

2!. .6! A cách.

TH4: Giữa hai học sinh lớp A có ba học sinh lớp C có

2!. .5! A cách.

TH5: Giữa hai học sinh lớp A có bốn học sinh lớp C có

2!. .4! A cách.

Vậy theo quy tắc cộng có

 

1 2 3 4

4 4 4 4

2! 8! 7! 6! 5! 4! 145152 A A A A      cách.

( ) 145152 n E  

. Vậy xác suất của biến cố E là:

( ) 145152 2

( )

( ) 9! 5

n E

P E

  



Câu 158. Chọn 3 khe để xếp học sinh lớp 12B vào thì học sinh lớp 12A sẽ tạo thành 4 nhóm số cách

chọn và xếp hoc sinh 12B là

.3! C

Số phần tử thuận lợi cho biến cố E là  

8!. .3! n E C 

Xác suất  

 

n E

P E

n 

 

Câu 159. Chọn một khe trống có 7 cách chọn sau đó chọn hai khe trống nữa để xếp 2 học sinh còn lại

của lớp 12A có

vậy có

2 2

4 6

.7. A A Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -74-

Số phần tử thuận lợi cho biến cố E là    

3 2 2

7 4 6

8!. 4.2. .3! .7. n E C A A  

Xác suất  

 

n E

P E

n 

  .

Câu 160. Chọn B.

- Không gian mẫu:

Xếp 60 thùng hàng thành 1 hàng ngang, tạo ra 59 khoảng trống( không tính ở phía 2 đầu) dùng

5 vách ngăn đưa vào 59 khoảng trống đó, khi đó mỗi Cửa hàng nhận được ít nhất một thùng

hàng.

Ta có  

  n C

- Phân phối để mỗi Cửa hàng nhận được ít nhất 6 thùng hàng:

Trước tiên phân phối cho mỗi cửa hàng 5 thùng hàng; như vậy mất đi 30 thùng, còn lại 30

thùng. Xếp 30 thùng hàng thành 1 hàng ngang, tạo ra 29 khoảng trống( không tính ở phía 2

đầu) dùng 5 vách ngăn đưa vào 29 khoảng trống đó, khi đó mỗi Cửa hàng nhận được ít nhất

một thùng hàng nữa. Vậy số cách chia để mỗi cửa hàng nhận được ít nhất 6 thùng là:

 

 n A C

Xác suất là:  

585

24662

 

p A

Câu 161. Chọn C.

Xếp ngẫu nhiên10 học sinh vào hai dãy ghế có số cách xếp là 10!. Số phần tử của không gian

mẫu là   10!   n .

Đánh số hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy 5 ghế theo sơ đồ:

1 2 3 4 5

10 9 8 7 6

Do 2 học sinh cạnh nhau, đối diện nhau khác lớp nên xảy ra 2 trường hợp xếp:

TH1: Các học sinh lớp A được xếp vào các ghế có số chẵn, các học sinh lớp B được xếp vào

các ghế có số lẻ nên có 5!.5! cách xếp.

TH1: Các học sinh lớp A được xếp vào các ghế có số lẻ, các học sinh lớp B được xếp vào các

ghế có số chẵn nên có 5!.5! cách xếp.

Số phần tử thuận lợi cho biến cố 2 học sinh cạnh nhau, đối diện nhau khác lớp là 2.5!.5!.

Xác suất là

2.5!.5!

10!

 P .

Câu 162. Chọn 5 học sinh lớp B và xếp mối học sinh vào 1 khoảng trống nói trên : có

A cách.

Xếp 1 học sinh còn lại vào một trong hai đầu của hàng đã được xếp ở trên : có 2 cách.

 có

6!. .2 A cách xếp thỏa mãn.

Vậy xác suất cần tìm là

6!. .2 1

12! 462



Câu 163. Chọn A.

Xếp 8 quyển sách Tiếng anh thành 1 hàng ngang : có 8! cách xếp.

Khi đó có 7 khoảng trống giữa 8 quyển sách trên.

Xếp 7 quyển sách Văn học hoặc Toán học vào 7 khoảng trống nói trên sao cho mỗi khoảng

trống xếp 1 cuốn sách : có 7! cách xếp.

 có 8!.7! cách xếp thỏa mãn. Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -75-

Vậy xác suất cần tìm là

8!.7! 1

15! 6435



Câu 164. Chọn 3 khe trống trong 8 khe trống , sau đó xếp 4 học sinh trường A vào 3 khe trống . Số cách

chọn và sắp xếp là

3 2

8 4

.C .2!.2!.3 C

Số phần tử thuận lợi cho biến cố E là:

3 2

8 4

( ) 7!. .C .2!.2!.3 n E C 

Xác suất của A là

( ) 28

( )

( ) 55

n E

P E

 



Câu 165. Chọn 4 khe trống trong số 6 khe trống sau đó xếp 4 học sinh nữ vào 4 khe trống. Số cách chọn

và xếp là

.4! C

Số kết quả thuận lợi cho biến cố E là  

5! .4! n E C 

Xác suất  

 

n E

P E

 



Câu 166. Chọn lấy 2 người đàn ông để xếp cạnh Em bé có

C cách.

- Xếp 2 người đàn ông vừa chọn cạnh Em bé có 2! cách.

- Cuối cùng xếp 2 người đàn bà và 1 người đàn ông còn lại vào 3vị trí còn lại có 3! cách.

- Suy ra số phần tử của biến cố A là

( ) .2!.3! n A C  .

Vậy xác suất cần tính  

( ) 36

( ) 5!

n A

P A

 



Câu 167. Chọn lấy 2 học sinh nữ để xếp cạnh Cô giáo có

C cách.

- Xếp 2 học sinh nữ vừa chọn cạnh Cô giáo có 2! cách.

- Cuối cùng xếp 11người còn lại vào 11 vị trí còn lại có 11! cách.

- Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố A là

( ) .2!.11! n A C  .

- Vậy xác suất cần tính  

( ) 14

( ) 39

n A

P A

 



Câu 168. Chọn 1cây bất kì trong số 17 cây, đánh dấu cây đó là cây E. Có hai trường hợp xảy ra:

TH1.Cây E không bị chặt. Khi đó xét 16 cây còn lại. Ta sẽ chặt 4 cây trong số 16 cây sao cho

không có hai cây nào kề nhau bị chặt. Giả sử đã chặt được 4 cây thỏa yêu cầu nói trên, lúc này

hàng cây còn lại 12 cây (không kể cây E). Việc phục hồi hàng cây là đặt 4 cây đã chặt vào 4 vị

trí đã chặt, số cách làm này bằng với số cách đặt 4 cây vào 4 trong 13 vị trí xen kẽ giữa 12 cây

nên số cách chặt 4 cây ở trường hợp này là

C .

TH2: Cây E bị chặt. Khi đó số cây còn lại 16 cây. Ta sẽ chặt 3 cây trong số 16 cây còn lại sao

cho không có 2 cây nào kề nhau bị chặt (2cây ở hai phía của cây E cũng không được chặt). Giả

sử đã chặt được 3 cây thỏa yêu cầu nói trên, lúc này hàng cây còn lại 13cây. Hai cây hai phía

cây E vừa chặt không được chặt. Xét hàng cây gồm 11 cây còn lại.

Lập luận tương tự như trường hợp thứ nhất, ta có số cách chặt cây là

C .

Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố A là

4 3

13 12

( ) n A C C   .

Vậy xác suất  

( ) 11

( ) 28

n A

P A

 



DẠNG 5 : CÁC BÀI TOÁN KHÁC Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -76-

Câu 169. Chọn D.

Nhận xét: Để di chuyển đến đích, mỗi con kiến phải có hành trình 8m . Vì hai con kiến xuất

phát cùng thời điểm và cùng vận tốc di chuyển nên chúng chỉ có thể gặp nhau khi mỗi con kiến

đều di chuyển được 4 m (sau 4 phút). Do vậy chúng chỉ có thể gặp nhau tại các giao điểm trên

đường chéo chính chạy từ góc trên bên trái đến góc dưới bên phải  

1 5

A A .

Xác suất để sau 4 phút, con kiến thứ nhất đi đến vị trí

A là  

1 1 4

P A  ;

Xác suất để sau 4 phút, con kiến thứ hai đi đến vị trí

A là  

2 1 4

P A  ;

Xác suất để hai con kiến gặp nhau tại vị trí

A là      

 

1 1 1 2 1

256

P A P A P A   .

Tương tự xác suất để hai con kiến gặp nhau tại các vị trí

A ,

A là:

 

256

P A  ;  

 

256

P A  ;  

 

256

P A  ;  

 

256

P A  .

Vậy xác suất để hai con kiến gặp nhau là:

           

1 2 3 4 5

P A P A P A P A P A P A     

         

2 2 2 2 2

0 1 2 3 4

4 4 4 4 4

256

C C C C C    



128

 .

Câu 170. Chọn C.

Nhận xét: Để di chuyển đến đích, mỗi con kiến phải có hành trình 8m . Vì hai con kiến xuất

phát cùng thời điểm và cùng vận tốc di chuyển nên chúng chỉ có thể gặp nhau khi mỗi con kiến

đều di chuyển được 4 m (sau 4 phút). Do vậy chúng chỉ có thể gặp nhau tại các giao điểm trên

đường chéo chính chạy từ góc trên bên trái đến góc dưới bên phải  

1 5

A A . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -77-

Xác suất để sau 4 phút, con kiến thứ nhất đi đến vị trí

A là  

1 1 4

P A  ;

Xác suất để sau 4 phút, con kiến thứ hai đi đến vị trí

A là  

2 1 4

P A  ;

Xác suất để hai con kiến gặp nhau tại vị trí

A là      

 

1 1 1 2 1

256

P A P A P A   .

Tương tự xác suất để hai con kiến gặp nhau tại các vị trí

A ,

A là:

 

256

P A  ;  

 

256

P A  ;  

 

256

P A  ;  

 

256

P A  .

Xác suất để hai con kiến gặp nhau là:

           

1 2 3 4 5

P A P A P A P A P A P A     

         

2 2 2 2 2

0 1 2 3 4

4 4 4 4 4

256

C C C C C    



128

 .

Vậy xác suất để hai con kiến không gặp nhau là:

 

  1 P A P A  

128

 

128

 .

Câu 171. Chọn C.

Số phần tử không gian mẫu là  

6.2 1728    .

Số trường hợp xảy ra để cả 3 lượt tung đó đều thu được súc sắc mặt 1 chấm và xu ngửa là 1.

Số trường hợp xảy ra để trong 3 lượt tung đó có đúng 2 lượt được súc sắc mặt 1 chấm và xu

ngửa là 3.1.1.11 3.11  .

Số trường hợp xảy ra để trong 3 lượt tung đó có đúng 1 lượt được súc sắc mặt 1 chấm và xu

ngửa là

3.1.11.11 3.11  .

Xác suất để trong 3 lượt gieo như vậy, có ít nhất một lượt gieo được kết quả con súc sắc xuất

hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt ngửa là:

1 3.11 3.11 397

12 1728

 

  .

Vậy xác suất cần tìm

397 1331

1728 1728

P    .

Câu 172. Chọn C.

Nhận thấy các điểm cần tìm nằm trên đường thẳng y m  , với 0,10 m  .

Dễ thấy trên các đường 0; 1;...; y y   10 y  có lần lượt 91;90;...;81 điểm.

Vậy xác suất cần tìm:

91 90 ... 81 86

11.101 101

  

  .

Câu 173. Chọn C.

Cách đi ngắn nhất từ A đến B có:

C cách.

Cách đi ngắn nhất từ E đến F có:

C cách.

Cách đi ngắn nhất từ A đến B và qua I có:

3 6

14 10

. C C cách.

Cách đi ngắn nhất từ E đến F và qua I có:

6 3

17 7

. C C cách.

Vậy xác suất cần tìm:

 

3 6 6 3

14 10 17 7

. . . C C C C

 . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -78-

PHẦN II. BÀI TẬP TỰ LUẬN

DẠNG 1: CÁC BÀI TOÁN ĐẾM – TÍNH XÁC SUẤT

SỐ CÁC CHỮ SỐ THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC

Loại 1: Liên quan đến tính chất chia hết

Câu 1: (Đề thi học sinh giỏi Quảng Ngãi lớp 11 năm học 2015 – 2016)

Gọi số cần tìm là abcdef với   , , , , , 1,3, 4,8 a b c d e f  .

Sắp xếp chữ số 3 vào 3 trong 6 vị trí, có

C cách. Sắp xếp 3 chữ số 1; 4 ; 8 vào 3 vị trí còn

lại có 3! Cách. Vậy có tất cả

.3! 120 C  số.

Một số chia hết cho 4 khi và chỉ khi hai chữ số tận cùng tạo thành 1 số chia hết cho 4 .

Trong các số trên, số lấy chia hết cho 4 có tận cùng là 48 , 84 . Trong mỗi trường hợp có

4 C  cách sắp xếp chữ số 3 và 1 vào 4 vị trí còn lại, suy ra có 8 số chia hết cho 4 .

Gọi A là biến cố: “Số lấy ra chia hết cho 4 ”.

Vậy số các kết quả thuận lợi cho A là 8

  .

Số phần tử của không gian mẫu là 120   .

Xác suất của biến cố A là

8 1

120 15



  



Câu 2: (Đề thi học sinh giỏi Vĩnh Phúc lớp 11 năm học 2010 – 2011)

Trước hết ta tính   n A . Với số tự nhiên có chín chữ số đôi một khác nhau thì chữ số đầu tiên

có 9 cách chọn và có

A cho 8 vị trí còn lại. Vậy  

9. n A A  .

Giả sử   0;1;2;...;9 B  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   \ 0 B ;   \ 3 B ;

  \ 6 B ;   \ 9 B nên số các số loại này là

9 8

3.8. A A  . Vậy xác suất cần tìm là

9 8

3.8. 11

9. 27

A A



 .

Câu 3: (Đề thi học sinh giỏi Thanh Hóa lớp 12 năm học 2016-2017)

Ta có

6 3 2

43200 2 .3 .5  .

Mỗi ước nguyên dương của số 43200 là một số có dạng 2 .3 .5

i j k

, trong đó   0;1;2;3;4;5;6 i  ,

  0;1;2;3 j  ,   0;1;2 k  .

Số ước nguyên dương bằng số bộ   ; ; i j k được chọn từ 3 tập trên. Suy ra số cách chọn bộ

  ; ; i j k từ 3 tập trên là 7.4.3 84  ( cách) nên số phần tử của S là 84 .

Có

C cách chọn ngẫu nhiên hai phần tử thuộc S .

Mỗi ước nguyên dương không chia hết cho 5 của số 43200 là một số có dạng

2 .3 .5

i j

Suy ra số các ước của 43200 không chia hết cho 5 trong tập S là 7.4 28  .

Do đó có

C cách lấy hai phần tử thuộc S mà không chia hết cho 5 .

Suy ra xác suất lấy được hai số không chia hết cho 5 trong S là

  .

Câu 4: (Đề thi học sinh giỏi Thanh Hóa lớp 11 năm học 2012-2013) Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -79-

Gọi số cần tìm là:

1 2 3 4 5 6

n a a a a a a 

Số n có tính chất:

+ Lẻ   

1;3;5;7 a  .

a chia hết cho 6   

0;6 a  .

* Trường hợp 1:

0 a 

a có 4 cách.

a có 6 cách.

#Chọn 3 chữ số còn lại có

A cách.

* Trường hợp 2 :

6 a  .

a có 4 cách.

a có 5 cách  

1 1 3 1 6

0; ; a a a a a    .

#Chọn 3 chữ số còn lại có

A cách.

 có

4.5.A số.

Vậy:

3 3

5 5

4.6. 4.5. 2640 A A   số.

Câu 5: (Đề thi học sinh giỏi Bình Định lớp 12 năm học 2017 – 2018)

Số các số tự nhiên có 4 chữ số là 9999 1000 1 9000   

Giả sử số tự nhiên có 4 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là: 1 abc

Ta có 1 10. 1 3. 7. 1 abc abc abc abc      chia hết cho 7 khi và chỉ khi 3. 1 abc  chia hết cho

7 . Đặt

3. 1 7 2

abc h abc h



     là số nguyên khi và chỉ khi 3 1 h t  

Khi đó ta được: 7 2 100 7 2 999 abcd t t      

 

98 997

14, 15,..., 142

7 7

t t      suy ra số cách chọn ra t sao cho số 1 abc chia hết cho 7

và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 129 .

Vậy xác suất cần tìm là:

129 43

9000 3000

 .

Câu 6: (Đề thi học sinh giỏi Vĩnh Phúc lớp 11 năm học 2011 – 2012)

Số các số tự nhiên có 5 chữ số là 99999 10000 1 90000   

Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là: 1 abcd

Ta có 1 10. 1 3. 7. 1 abcd abcd abcd abcd      chia hết cho 7 khi và chỉ khi 3. 1 abcd  chia

hết cho 7 . Đặt

3. 1 7 2

abcd h abcd h



     là số nguyên khi và chỉ khi 3 1 h t  

Khi đó ta được: 7 2 1000 7 2 9999 abcd t t      

 

998 9997

143, 144,..., 1428

7 7

t t      suy ra số cách chọn ra t sao cho số 1 abcd chia

hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 1286 .

Vậy xác suất cần tìm là:

1286

0,015

90000

 .

Câu 7: (Đề thi học sinh giỏi Vĩnh Long lớp 11 năm học 2014 – 2015)

● Tìm số có ba chữ số khác nhau lập từ tập   0,1, 2,3,4,5 E  . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -80-

Số cần tìm có dạng abc , chọn , 0 a E a   có 5 cách.

#Chọn 2 số trong 5 số còn lại của   \ E a xếp vào hai vị trí , b c có

A cách.

Vậy có

5. 100 A  số.

● Tính số lập được chia hết cho 3 .

Số cần tìm có dạng , 3 abc a b c    .

Xét các tập con gồm 3 phần tử của tập   0,1, 2,3,4,5 E  , ta thấy chỉ có các tập sau thỏa mãn

điều kiện tổng các chữ số chia hết cho 3 là:

 

0,1,2 A  ,  

0,1,5 A  ,  

0, 2, 4 A  ,  

0, 4,5 A  ,  

1, 2,3 A  ,  

1,3,5 A  ,

 

2,3,4 A  ,  

3, 4,5 A  .

Khi

1 2 3 4

, , , , , a b c A A A A  mỗi trường hợp lập được 4 số thỏa mãn yêu cầu.

Khi

5 6 7 8

, , , , , a b c A A A A  mỗi trường hợp lập được 6 số thỏa mãn yêu cầu.

Vậy có 4.4 4.6 40   số.

Suy ra số không chia hết cho 3 là 100 40 60   số.

Xác suất cần tính là

0,6

100

P   .

Câu 8: (Đề thi học sinh giỏi Hà Nam lớp 11 năm học 2016 – 2017)

Ta có số phần tử của không gian mẫu   8! n   .

Giả sử số tự nhiên

1 2 3 4 1 2 3 4

n a a a a b b b b  chia hết cho 1111 trong đó

1 2 3 4 1 2 3 4

, , , , , , , a a a a b b b b

thuộc   1;2;3;4;5;6;7;8 .

Ta có 1 2 3 4 5 6 7 8 36 9         

9999

1111



 







Đặt

1 2 3 4 1 2 3 4

; x a a a a y b b b b    

10 9999 n x y x x y       .

  9999 9999 n x y     , vì 0 2.9999 9999 x y x y      

1 1 2 2 3 3 4 4

9 a b a b a b a b          . Có 4 cặp số có tổng bằng 9 là

        1;8 , 2;7 , 3;6 , 4;5 .

Có 4! cách chọn cặp số trên, mỗi cặp số có 2 hoán vị nên có

4!.2 số chia hết cho 1111.

Gọi A : "Số tự nhiên được lấy chia hết cho 1111"  

4!.2 n A   .

Xác suất của biến cố A là  

105

P A 

Câu 9: (Đề thi học sinh giỏi Cẩm Xuyên lớp 11 năm học 2016 - 2017)

Ta chia 20 số từ 1 đến 20 thành 3 nhóm sau:

  3;6;9;11;15;18 A  . Nhóm chia hết cho 3 ,   6 n A  .

  1;4;7;10;13;16;19 B  . Chia cho 3 dư 1,   7 n B  .

  2;5;8;11;14;17;20 C  . Chia cho 3 dư 2 ,   7 n C  .

Tổng 3 số đã cho chia hết cho 3 có 4 trường hợp sau:

TH1: 3 số thuộc A .

Có

20 C  cách chọn.

TH2: 3 số thuộc B . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -81-

Có

35 C  cách chọn.

TH3: 3 số thuộc C .

Có

35 C  cách chọn.

TH4: 1 số thuộc A , 1 số thuộc B , 1 số thuộc C .

Có

1 1 1

6 7 7

294 C C C  cách chọn.

Vậy tất cả có 20 35 35 294 384     cách chọn số thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Câu 10: (Đề thi học sinh giỏi Thái Nguyên lớp 11 năm học 2017- 2018)

Gọi số có 8 chữ số phân biệt có dạng là:

1 2 7 8

... x a a a a  .

Có  

8 7

10 9

n A A    .

A là biến cố “ x chia hết cho 9 ”.

Các số

1 2 8

, ,..., a a a được lập từ 4 trong 5 cặp           0;9 , 1;8 , 2;7 , 3;6 , 4;5 .

Trường hợp 1 : Trong x không có chữ số 0 và 9 .

 có 8! số.

Trường hợp 2 :Trong x có chứa chữ số 0 và 9 .

+ #Chọn 3 trong 4 cặp còn lại có

C .

+ Xếp 8 số chọn được thành số có 8 chữ số có 8! 7!  .

 có  

8! 7! C   

8 7

10 9

8! 4(8! 7!) 1

P A

A A

 

  



Câu 11: (Đề thi học sinh giỏi Quảng Nam lớp 11 năm học 2015 – 2016)

Mỗi số tự nhiên thuộc X có dạng

1 2 3 4

x a a a a  trong đó

0 a  và

a chẵn.

Trường hợp

0 a  : Số các số dạng x có

0 a  là

120 A  .

Trường hợp  

2;4;8 a  : Số các số dạng trong trường hợp này là 5.5.4.3 300  .

Vậy X có 120 300 420   số.

Số phẩn tử của không gian mẫu là   420 n   .

Gọi A là biến cố chọn được số

1 2 3 4

x a a a a  chia hết cho 4 .

x chia hết cho 4 khi và chỉ khi

3 4

a a chia hết cho 4 . Do đó

3 4

a a thuộc tập

  04;08;20;24;28;32;40;48;52;72;80;84 .

Nếu  

3 4

04;08;20;40;80 a a  thì số cách chọn x là

.5 100 A  .

Nếu  

3 4

24;28;32;48;52;72;84 a a  thì số cách chọn x là 4.4.7 112  .

Suy ra   212 n A  .

Vậy xác suất của biến cố A là  

212 53

420 105

P A   .

Câu 12: (Đề thi học sinh giỏi Hà Nam lớp 11 năm học 2017 – 2018)

Gọi số có 6 chữ số khác nhau là abcdef , mà tổng các chữ số bằng 18 nên tập   , , , , , a b c d e f

là một trong các tập hợp sau:   0;1;2;3;4;8 ;   0;1;2;3;5;7 ;   0;1;2;4;5;6 .

Ứng với mỗi trường hợp có 5 cách chọn chữ số a , các chữ số còn lại có 5! cách chọn.

Suy ra có 3.5.5! 1800  số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau mà tổng bằng 18   1800 n    .

Gọi A là biến cố “Số tự nhiên được chọn là số chẵn”. Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -82-

A  là biến cố “Số tự nhiên được chọn là số lẻ”.

TH1:   , , , , , 0;1;2;3;4;8 a b c d e f   có 2.4.4! 192  (số).

TH2:   , , , , , 0;1;2;3;5;7 a b c d e f   có 4.4.4! 384  (số).

TH3:   , , , , , 0;1;2;4;5;6 a b c d e f   có 2.4.4! 192  (số).

Suy ra

 

768 n A 

 

n A

P A

  



Vậy    

P A P A    .

Câu 13: (Đề thi HSG Bà Rịa Vũng Tàu lớp 12 năm học 2017 – 2018)

Ta có 9 1 2 6    1 3 5    2 3 4    .

Gọi số cần lập là abcdef . Vì tổng của ba chữ số hàng chục nghìn, hàng nghìn và hàng trăm

bằng 9 nên bcd có 3 3! 18   cách lập.

Khi đó,     , , 1;2;...;9 \ ; ; a e f b c d  nên các vị trí còn lại có

A 120  cách lập.

Vậy số các số cần lập là 18 120 2160   (số).

Câu 14: (Đề thi HSG Cao Bằng lớp 12 năm học 2017 – 2018)

Số cách bốc ngẫu nhiên 6 quả cầu từ 11 quả là

C 462  (cách).

Trong 11 quả cầu thì có 5 quả đánh số chẵn và 6 quả đánh số lẻ. Để bốc được 6 quả mà tổng

các số là số lẻ thì trong đó phải có số quả đánh số lẻ là một số lẻ. Ta xét các trường hợp sau.

Trường hợp 1: Bốc được 1 quả có số lẻ, có

1 5

6 5

C C 6   cách.

Trường hợp 2: Bốc được 3 quả có số lẻ, có

3 3

6 5

C C 200   cách.

Trường hợp 3: Bốc được 5 quả có số lẻ, có

5 1

6 5

C C 30   cách.

Vậy xác suất cần tính là

6 200 30 118

462 231

 

  .

Câu 15: (Đề thi học sinh giỏi Thanh Hóa dự bị lớp 12 năm học 2014 – 2015)

Nhận thấy trong chín quả cầu đã cho, có hai quả ghi số chia hết cho 4 (các quả ghi số 4 hoặc

số 8 ), bảy quả còn lại ghi số không chia hết cho 4

Giả sử rút ra x quả   1 9, x x     . Số cách chọn x quả từ 9 quả trong hộp là

C ; số phần

tử của không gian mẫu là  

n C  

Gọi A là biến cố “Trong số x quả lấy ra, có ít nhất một quả ghi số chia hết cho 4 ” thế thì biến

cố đối của A là A : “ Trong số x quả lấy ra, không có quả nào ghi số chia hết cho 4 ”

Số cách chọn tương ứng với biến cố A là

  7

n A C 

Ta có

 

   

9 8

n A

x x C

P A

n C

 

  



.Do đó    

P A P A   

 

    9 8 1 1

6 72 6

x x

P A

 

   

17 60 0 x x     5 12 x   

Suy ra 6 9 x     1 9, x x    

Giá trị nhỏ nhất của x là 6 . Vậy số quả cầu phải rút ra ít nhất mà ta phải tìm là 6 Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -83-

Loại 2: Số lần xuất hiện của chữ số

Câu 16: (Đề thi học sinh giỏi Quảng Nam lớp 11 năm học 2016-2017)

Bước 1: xét các số có 8 chữ số, trong số có hai chữ số lê khác nhau và ba chữ số chẵn khác

nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần ( kể cả số có chữ số 0 đứng đầu)

Từ 10 chữ số chọn ra 5 chữ số khác nhau gồm 2 số lẻ và 3 số chẵn có

2 3

5 5

. C C cách chọn.

Với mỗi cách chọn trên ta có: số các số có 8 chữ số trong đó có 2 chữ số lẻ khác nhau và 3

chữ số chẵn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng 2 lần là

2!.2!.2!

số.

Vậy với

2 3

5 5

. C C cách chọn ở trên ta tạo được

2 3

5 5

. . 504000

2!.2!.2!

C C  số ( kể cả số 0 đứng đầu

tiên )

Bước 2: xét các số thỏa mãn điều kiện ở bước 1 mà có chữ số 0 đứng đầu.

Từ 9 số đã cho ( bỏ số 0 ) chọn ra 4 số khác nhau gồm 2 số lẻ và 2 số chẵn ( vì đã có số 0

đứng đầu ) có

2 2

5 4

. C C cách chọn

+ Với mỗi cách chọn trên ta có: số các số có 8 chữ số có số 0 đứng đầu, trong đó có mặt 2

chữ số lẻ khác nhau, 3 chữ số chẵn khác nhau và mỗi chữ số chẵn khác 0 có mặt đúng hai lần

là

2!.2!

số

+ Vậy với

2 2

5 4

. C C cách chọn ở trên ta tạo được

2 2

5 4

. . 75600

2!.2!

C C  số ( ở bước 2)

Từ 2 bước trên suy ra số các chữ số thảo đề bài là: 504000 75600 428400   số

Câu 17: (Đề thi học sinh giỏi Thanh Hóa lớp 12 năm học 2013-2014)

Xét phép thử : T "#Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác

0" . Số phần tử không gian mẫu

9 59049    .

Gọi A là biến cố cần tìm xác suất.

Số cách chọn 3 chữ số phân biệt ; ; a b c từ 9 chữ số khác 0 là

C . #Chọn 2 chữ số còn lại từ

3 chữ số đó, có hai trường hợp:

 Trường hợp 1: Cả hai chữ số còn lại cùng bằng một trong ba chữ số ; ; a b c : có 3 cách; mỗi

hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn ; ; ; ; a a a b c tạo ra một số tự nhiên n ); nhưng cứ

3! hoán vị của các vị trí mà ; ; a a a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n , nên trong TH1 này

có

3. 60

 số tự nhiên.

 Trường hợp 2 : Một trong hai chữ số còn lại bằng một trong ba chữ số ; ; a b c và chữ số kia

bằng một chữ số khác trong ba chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số

(chẳng hạn , , , , a a b b c tạo ra một số tự nhiên n ); nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà , b b

chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n , nên trong TH2 này có

3. 90

2!.2!

 số tự nhiên.

Suy ra  

60 90 . 150.84 12600

C      .

Vậy

12600

( ) 0,213382106

59049

P A



  



Câu 18: (Đề thi học sinh giỏi Bắc Giang lớp 11 năm học 2012-2013)

 Trường hợp 1: Chữ số 0 xuất hiện 2 lần. Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -84-

Có

C cách chọn 2 vị trí cho chữ số 0 .

Có

A cách xếp 2 chữ số trong 9 chữ số vào 2 vị trí còn lại.

Suy ra trường hợp này có

2 2

3 9

. 216 C A  số thõa mãn.

 Trường hợp 2 : Chữ số x (khác 0) xuất hiện 2 lần và x ở vị trí đầu tiên (vị trí hàng nghìn).

Có 9 cách chọn x .

Có 3 cách chọn thêm một vị trí nữa cho x .

Có

A cách xếp 2 chữ số trong 9 chữ số vào 2 vị trí còn lại.

Suy ra trường hợp này có

9.3. 1944 A  số thõa mãn.

 Trường hợp 3 : Chữ số x (khác 0) xuất hiện 2 lần và x không nằm ở vị trí hàng nghìn.

Có 9 cách chọn x .

Có

C cách chọn vị trí cho chữ số x .

Có 8 cách chọn một chữ số (khác 0 và khác ) x vào vị trí hàng nghìn.

Có 8 cách chọn một chữ số vào vị trí còn lại.

Suy ra trường hợp này có

9.8.8. 1728 C  số thõa mãn.

Vậy theo quy tắc cộng, có 216 1944 1728 3888    số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 19: (Đề thi học sinh giỏi Nam Định lớp 11 năm học 2015-2016).

Số cách chọn ba số đôi một khác nhau từ tập A là

1140 C  cách.

Số cách chọn ra ba số liên tiếp là 18 cách.

Số cách chọn ra ba số trong đó có đúng hai số liên tiếp là 17 2 17 16 306     cách.

Vậy xác suất cần tìm là

1140 18 306 816 68

11400 1140 95

 

  .

Câu 20: (Đề thi học sinh giỏi Thanh Hóa lớp 12 năm học 2008-2009).

Ta kí hiệu số A là

1 2 3 4 5 6

a a a a a a .

- Có 5 khả năng chọn một chữ số lẻ.

- Mỗi cách chọn một chữ số lẻ và 5 chữ số chẵn có

6! p  cách sắp xếp để tạo thành một

số.

Như vậy có

5 5.6! P  cách tạo ra một số mà trong đó có đúng một chữ số lẻ, nhưng trong đó

chữ số 0 có thể ở vị trí

a .

Do tính bình đẳng của các chữ số đã chọn nên có

các số trong các số trên mà chữ số 0 ở vị

trí

a . Suy ra, số các số cần tìm là

5.6! .5.6! 3000

  .

Câu 21: (Đề thi học sinh giỏi Nam Định lớp 12 năm học 2013 – 2014)

Ta có các trường hợp sau:

*) Trường hợp 1: số 6 đứng vị trí đầu tiên có

A cách cho 4 số trong 6 số còn lại.

*) Trường hợp 2: số 6 từ vị trí thứ hai đến thứ năm có

 

4 3

6 5

4. A A  số.

Vậy có tất cả

 

4 3 4

6 5 6

4. 1560 A A A    số thỏa mãn đề bài.

Câu 22: (Đề thi học sinh giỏi Diễn Châu 3_Nghệ An lớp 11 năm học 2016 – 2017)

Ta có số phần tử không gian mẫu là

A . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -85-

Số cách chọn ba số lẻ từ các số ban đầu là

C .

Còn lại ba chữ số phải là số chẵn có

C cách.

Vậy xác suất cần tính là

3 3

5 4

. .6! 10

C C

 .

Câu 23: ( Đề thi học sinh giỏi Đà Nẵng lớp 11 năm học 2010 – 2011)

Cách 1:

Không gian mẫu: Số các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0 :

( ) 9 n   .

Gọi A là biến cố :’’#Chọn các số tự nhiên chỉ có mặt 3 chữ số khác nhau’’:

#Chọn 3 trong 9 chữ số:

C .

TH1: 1 số xuất hiện 3 lần, 2 số còn lại xuất hiện 1 lần:

C .

TH2: 1 số xuất hiện 1 lần, 2 số còn lại xuất hiện 2 lần:

2!.2!

C .

Suy ra

3 1 2

9 3 3

5! 5!

( ) . . 12600

3! 2!.2!

n A C C C

 

  

 

 

cách.

Suy ra

1400

( )

6561

P A  .

Cách 2:

#Chọn các số tự nhiên có 5 chữ số chỉ có mặt 1 chữ số:

C .

#Chọn các số tự nhiên có 5 chữ số chỉ có mặt 2 chữ số:

TH1: 1 số xuất hiện 4 lần, 1 số xuất hiện 1 lần:

2 1

9 2

C C .

TH2: 1 số xuất hiện 3 lần, 1 số xuất hiện 2 lần:

2 1

9 2

2!.3!

C C .

#Chọn các số tự nhiên có 5 chữ số chỉ có mặt 4 chữ số (1 số xuất hiện 2 lần, còn lại xuất

hiện 1 lần):

4 1

9 4

. .

C C .

#Chọn các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau:

A .

Tổng số cách: 46449 cách.

46499 1400

( ) 1

9 6561

P A   

Vậy xác suất cần tính là

3 3

5 4

. .6! 10

C C

 .

Loại 3: Liên quan đến vị trí

Câu 24: (Đề thi khảo sát đội tuyển học sinh giỏi lần 2 Vĩnh Phúc lớp 12 năm học 2017 – 2018)

Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau trong đó 2 số kề nhau không cùng là số lẻ?

Lời giải

Gọi số đó là

1 2 3 4 5 6

A a a a a a a 

Theo đề bài, ta có A có nhiều nhất 3 chữ số lẻ.

TH1 : A có 1 chữ số lẻ:

a lẻ: số cách chọn A:

5 5

. C P Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -86-

a chẵn: số cách chọn A:

1 1 4

4 5 4 5

C .( . ). C C P .

TH2 : A có 2 chữ số lẻ:

a lẻ, suy ra

a chẵn. số cách chọn A:

1 1 1 3

5 5 4 4 4

.C .( . ). C C C P .

a chẵn, có 6 cách chọn 2 vị trí không kề nhau của 2 chữ số lẻ. số cách chọn A:

1 2 3

4 5 2 4

C .( .6. ). C P A .

TH3 : A có 3 chữ số lẻ:

a lẻ, suy ra

a chẵn, có 3 cách chọn 2 vị trí không kề nhau của 2 chữ số lẻ . số cách chọn A:

1 1 2 2

5 5 4 2 4

.C .( .3. ). C C P A .

a chẵn, có 1 cách chọn 2 vị trí không kề nhau của 2 chữ số lẻ. số cách chọn A:

1 3 2

4 5 3 4

C .( .1. ). C P A

Suy ra tổng số trường hợp: 37800 cách.

Câu 25: (Đề thi học sinh giỏi Thái Nguyên lớp 12 năm học 2011 – 2012)

Ta đặt 4 chữ số vào 4 ô trên để được các số thỏa mãn yêu cầu.

Trường hợp 1: Số 0 đứng ở vị trí số 2 và 3.

Số 1 có một cách chọn vị trí để không đứng cạnh 0.

Hai ô còn lại có

A cách chọn.

Trường hợp 2: Số 0 đứng cuối.

Số 1 có hai vị trí không đứng cạnh 0 (ô thứ nhất hoặc thứ hai).

Hai ô còn lại có

A cách chọn.

Vậy có

2 2

4 4

2. 2. 48 A A   số.

Câu 26: (Đề thi học sinh giỏi Vĩnh Long lớp 11 năm học 2015 – 2016)

Trường hợp 1: Số phải tìm chứa bộ 123 .

Lấy 4 chữ số thuộc   0;4;5;6;7;8;9 : có

A cách

Cài bộ 123 vào vị trí đầu, hoặc cuối hoặc giữa hai số liền nhau từng đôi một trong 4 chữ số: có

5 cách.

Suy ra có

5. 4200 A  số có 7 chữ số khác nhau từng đôi một và chứa bộ số 123 .

Trong các số trên có

4. 480 A  số có chữ số 0 đứng đầu.

Vậy có 4200 480 3720   số có 7 chữ số cần tìm và chứa bộ số 123.

Trường hợp 2: Số phải tìm chứa bộ 321.

Lập luận tương tự ta có: 3720 số có 7 chữ số cần tìm và chứa bộ số 321.

Kết luận: có 3720.2 7440  số cần tìm.

Câu 27: (Đề thi học sinh giỏi Quảng Nam lớp 12 năm học 2015 – 2016)

Số hoán vị 5 chữ số lẻ 1, 1, 1, 3 , 5 là

Ứng với mỗi hoán vị có 6 vị trí đầu, cuối và xen kẻ 2 chữ số lẻ. Do đó có

A cách sắp xếp ba

chữ số chẵn 2 , 4 , 6 , vào 3 trong 6 vị trí đó để được số thỏa đề bài.

Vậy số các số thỏa đề bài là:

. 2400

A  .

Câu 28: (Đề thi học sinh giỏi Thanh Hóa lớp 12 năm học 2014 – 2015) Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -87-

Gọi số đó là

1 2 3 4 5 6

A a a a a a a  . Từ giả thiết suy ra A có 1 hoặc 2 hoặc 3 chữ số lẻ.

TH1: A có 1 chữ số lẻ:

a lẻ: Số các số A là

5 5

600 C P  .

ii)

a chẵn: Có 4 cách chọn

a . Số các số A là

 

1 4

5 4 5

4 2400 C C P  .

Tổng có: 600 2400 3000   số các số A trong đó có đúng một chữ số lẻ.

TH2: A có 2 chữ số lẻ:

a lẻ: Có 5 cách chọn

a . Có 5 cách chọn

a chẵn.

Vậy số các số A là

 

1 3

4 4 4

5.5 9600 C C P  .

ii)

a chẵn: Có 4 cách chọn

a . Có 6 cách chọn hai vị trí không kề nhau của hai số lẻ trong

2 3 4 5 6

a a a a a . Vậy số các số A là

 

2 3

5 2 4

4. .6. . 11520 C P A  .

Tổng có: 9600 11520 21120   số các số A .

TH3: A có 3 chữ số lẻ:

a lẻ: Có 5 cách chọn

a . Có 5 cách chọn

a . Có 3 cách chọn hai vị trí không kề nhau của

hai số lẻ trong

3 4 5 6

a a a a . Vậy số các số A là

 

2 2

4 2 4

5.5. .3. . 10800 C P A  .

ii)

a chẵn: Có 4 cách chọn

a . Có 1 cách chọn ba vị trí không kề nhau của ba số lẻ trong

2 3 4 5 6

a a a a a . Vậy số các số A là

 

3 2

5 3 4

4. .1. . 2880 C P A  .

Tổng có: 10800 2880 13680   số các số A .

Tóm lại có: 3000 21120 13680 37800    số các số A .

Câu 29: (Đề thi học sinh giỏi Lào Cai lớp 11 năm học 2017 – 2018)

Gọi A là tập hợp các số gồm bảy chữ số khác nhau. Ta có   7! n A  .

B là tập các số gồm 7 chữ số khác nhau mà số lẻ không đứng cạnh nhau.

C là tập các số gồm 7 chữ số khác nhau mà 3 chữ số lẻ đứng cạnh nhau C A  .

D là tập các số gồm 7 chữ số khác nhau mà 4 chữ số lẻ đứng cạnh nhau D C  .

Khi đó số hoán vị theo yêu cầu là:       n B n A n C   .

Tính   n C :

+) Gọi  

1 2 3

, , a a a   , với  

1 2 3

, , 1,3,5,7 a a a  , suy ra

4 C  cách chọn  .

Với mỗi bộ  có 3! hoán vị, nên số cách chọn các bộ  là 4.3! 24  cách chọn.

+) Với mỗi bộ  , số các hoán vị dạng  

4 5 6 7

, , , , a a a a  là 5! hoán vị.

Suy ra có 24.5! 2880  số, trong đó 3 chữ số lẻ đứng cạnh nhau, nhưng các số mà 4 số lẻ đứng

cạnh nhau đã kể hai lần.

Tính   n D :

+) Gọi  

1 2 3 4

, , , a a a a   , với  

1 2 3 4

, , , 1,3,5,7 a a a a  , suy ra 4! 24  hoán vị của  .

+) Với mỗi bộ  , số các hoán vị dạng  

5 6 7

, , , a a a  là: 4! 24  hoán vị 

  4!.4! 576 n D   .

Vậy   2880 576 2304 n C    .

Do đó số hoán vị theo yêu cầu là   7! 2304 2736 n B    .

Câu 30: (Đề thi học sinh giỏi cụm trường Đông Anh – Hà Nội lớp 11 2017 – 2018)

Chỉ xảy ra các trường hợp sau: Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -88-

T r ư ờng h ợp 1: 1 chữ số 1 và 9 chữ số 4 :

+) Xếp 9 chữ số 4 thành hàng ngang: có 1 cách xếp.

Khi đó, ta có 10 vị trí có thể xếp số 1, đó là 8 khoảng trống giữa các số 4 và hai đầu.

+) Xếp số 1 vào một trong 10 vị trí nói trên: có

C cách xếp.

Suy ra trường hợp 1 có

C cách xếp.

T r ư ờng h ợp 2: 2 chữ số 1 và 8 chữ số 4 :

+) Xếp 8 chữ số 4 thành hàng ngang: có 1 cách xếp.

Khi đó, ta có 9 vị trí có thể xếp hai số 1, đó là 7 khoảng trống giữa các số 4 và hai đầu.

+) Xếp số 1 vào hai trong 9 vị trí nói trên: có

C cách xếp.

Suy ra trường hợp 2 có

C cách xếp.

T r ư ờng h ợp 3: 3 chữ số 1 và 7 chữ số 4 :

+) Xếp 7 chữ số 4 thành hàng ngang: có 1 cách xếp.

Khi đó, ta có 8 vị trí có thể xếp ba số 1, đó là 6 khoảng trống giữa các số 4 và hai đầu.

+) Xếp số 1 vào ba trong 8 vị trí nói trên: có

C cách xếp.

Suy ra trường hợp 3 có

C cách xếp.

T r ư ờng h ợp 4: 4 chữ số 1 và 6 chữ số 4 :

+) Xếp 6 chữ số 4 thành hàng ngang: có 1 cách xếp.

Khi đó, ta có 7 vị trí có thể xếp bốn số 1, đó là 5 khoảng trống giữa các số 4 và hai đầu.

+) Xếp số 1 vào bốn trong 7 vị trí nói trên: có

C cách xếp.

Suy ra trường hợp 4 có

C cách xếp.

T r ư ờng h ợp 5: 5 chữ số 1 và 5 chữ số 4 :

+) Xếp 5 chữ số 4 thành hàng ngang: có 1 cách xếp.

Khi đó, ta có 6 vị trí có thể xếp năm số 1, đó là 4 khoảng trống giữa các số 4 và hai đầu.

+) Xếp số 1 vào năm trong 6 vị trí nói trên: có

C cách xếp.

Suy ra trường hợp 5 có

C cách xếp.

Vậy có

1 2 3 4 5

10 9 8 7 6

143 C C C C C      số.

Câu 31: (Đề học sinh giỏi lớp 11 tỉnh Lạng Sơn năm 2015- 2016)

+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau là   10.9.8.7.6.5 151200 n    .

+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 đứng cạnh nhau và các chữ

số 3 , 4 đứng cạnh nhau là  

2!.2!. .4! 1440 n A C   .

+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 đứng cạnh nhau là

 

2!. .5! 16800 n B C   .

+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 3 , 4 đứng cạnh nhau là

 

2!. .5! 16800 n C C   .

Vậy xác suất để rút được một thẻ có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 không đứng

cạnh nhau và các chữ số 3 , 4 không đứng cạnh nhau là

       

 

248

315

n n B n C n A

   

 



Câu 32: (Đề thi học sinh giỏi Vĩnh Phúc lớp 11 năm học 2017 – 2018)

Ta có:  

1 2 5

0;1;2;3;4;5 ... A a a a   (

a chẵn; đúng 2 chữ số 0, không cạnh nhau). Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -89-

TH1:

0 a 

+ #Chọn vị trí xếp số 0 còn lại có 2 cách (loại

1 4

, a a ).

+ Còn 3 vị trí xếp bởi 5 chữ số có

A cách.

Trường hợp này có

2.A số.

TH2:

0 a  suy ra

a có 2 cách chọn

+ #Chọn ra 2 vị trí không cạnh nhau từ

2 3 4

a a a để xếp số 0 có 1 cách (vào

a và

a ).

+ Còn 4 chữ số xếp vào 2 vị trí có

A cách.

Trường hợp này có:

2.A số.

Do đó xác suất cần tìm là:

3 2

5 4

2. 2. 144 1

5.6 6480 45

A A



   .

Loại 4: Liên quan đến lớn hơn , nhỏ hơn

Câu 33: (Đề học sinh giỏi Quảng Ngãi lớp 12 năm 2017- 2018)

+ Trường hợp 1: a b c d    thì có 8 7 6 5 4 3 2 1 36         số thỏa mãn.

+ Trường hợp 2: a b c d    thì có

2 2 2

8 7 2

... 84 C C C     số thỏa mãn.

+ Trường hợp 3: a b c d    thì có 1.7 2.6 3.5 4.4 5.3 6.2 7.1 84        số thỏa mãn.

+ Trường hợp 4: a b c d    thì có

126 C  số thỏa mãn.

Vậy có 330 số thỏa mãn.

Câu 34: (Đề thi học sinh giỏi Nam Định lớp 12 năm học 2012 – 2013)

Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau được lấy từ các chữ số 0 , 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 là abcd .

Số abcd không lớn hơn 2503 ta có 3 trường hợp:

TH1: Số có dạng 250d thì có 2 số: 2501, 2503.

TH2: Số có dạng 2bcd thì   0;1;3;4 b  nên có 4.5.4 80  số.

TH3: Số có dạng 1bcd thì có 6.5.4 120  số.

Vậy có 2 80 120 202    số thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 35: (Đề thi học sinh giỏi Thanh Hóa lớp 12 năm học 2011 – 2012)

Gọi số chẵn có 4 chữ số đôi một khác nhau lấy từ các chữ số 0 , 1, 2 , 3 , 4 là abcd .

TH1: Nếu 0 d  thì có 4.3.2 24  số.

TH2: Nếu 0 d  thì d có thể là 2 hoặc 4 , trường hợp này có 2.3.3.2 36  số.

Do đó có 60 số chẵn theo giả thiết bài toán.

Trong 60 số trên các số nhỏ hơn 2012 phải có dạng: 1bcd .

Vì d chỉ có thể là 0 , 2 , 4 nên có 3.3.2 18  số như vậy, suy ra các số lớn hơn 2012 là 42 .

Từ đó suy ra xác suất cần tìm là

42 7

60 10

 .

Câu 36: (Đề thi HSG Vĩnh Phúc lớp 11 năm học 2014 – 2015)

 

9. n M A  (số có sáu chữ số đôi một khác nhau thì

a có 9 cách chọn,

2 3 4 5 6

a a a a a là chỉnh

hợp chập 5 của 9 phần tử nên có

A ).

Gọi A là biến cố “chọn ra được một số tự nhiên chẵn từ tập M đồng thời thỏa mãn

1 2 3 4 5 6

a a a a a a      ”. Ta có các trường hợp sau: Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -90-

TH1:

0 a  thì

1 2 3 4 5

a a a a a có

C cách chọn.

TH2:

2 a  thì

1 2 3 4 5

a a a a a có

C cách chọn.

TH3:

4 a  thì

1 2 3 4 5

a a a a a có

C cách chọn.

 

5 5 5

9 7 5

148 n A C C C      .

Do đó  

 

n A

P A





148

9.A



34020

 .

Câu 37: (Đề thi HSG Nam Định lớp 12 năm học 2014 – 2015)

Từ các chữ số 0 ,1, 2 ,3 , 4 ,5 lập ra được

5. 300 A  số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác

nhau. Suy ra  

300

n C   44850  .

Số các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 0 ,1, 2 ,3 , 4 ,5 nhỏ

hơn hoặc bằng 2015 là

1. 1.1.1.3 63 A   .

Gọi A là biến cố “trong hai số được chọn có ít nhất một số lớn hơn 2015 ” thì

 

n A C 

1953  .

Do đó    

 

n A n n A    44850 1953   42897  .

Vậy  

42897

44850

P A 

14299

14950

 .

Câu 38: (Đề thi học sinh giỏi Triệu Sơn 3 lớp 11 năm học 2017 - 2018)

Đặt    

1 2 3 1 2 3 1 2 3 2 1 3 2

; ; | , , ; ; 2, 2 T a a a a a a A a a a a a a a        

Với mỗi bộ  

1 2 3

, , a a a , xét tương ứng với bộ  

1 2 3

, , b b b cho bởi

1 1 2 2 3 3

; 1; 2 b a b a b a     

Lúc này ta có:

1 2 3

0 7 b b b     và tương ứng này là tương ứng 1 1  do:

+) Với mỗi bộ  

1 2 3

, , a a a cho tương ứng với một bộ  

1 2 3

, , b b b bởi công thức

1 1 2 2 3 3

; 1; 2 b a b a b a      .

+) Ngược lại, với mỗi bộ  

1 2 3

, , b b b cho tương ứng với một bộ  

1 2 3

, , a a a

bởi công thức

1 1 2 2 3 3

, 1, 2 a b a b a b     

Đặt   0;1;2;3;4;5;6;7 B  . Tập các bộ  

1 2 3

, , b b b là các tập con có 3 phần tử của B .

Vậy số tập con  

1 2 3

, , a a a cần tìm là:

56 C  .

Câu 39: (Đề thi thử THPT Quốc gia chuyên Hạ Long – Quảng Ninh năm học 2017 – 2018)

Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có 4 chữ số. Tính xác suất để số được chọn có dạng abcd ,

trong đó 1 9 a b c d      .

Lời giải

Do 1 9 a b c d      1 1 2 3 9 3 12 a b c d            .

Số cách chọn   ; ; ; a b c d là

C .

Xác suất cần tìm:

0,055

9.10

P   .

Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -91-

DẠNG 2: CÁC BÀI TOÁN ĐẾM SỐ PHƯƠNG ÁN

TÍNH XÁC SUẤT LIÊN QUAN ĐẾN NGƯỜI HOẶC ĐỒ VẬT

Câu 40: (Đề thi học sinh giỏi Hải Phòng lớp 12 năm học 2017 - 2018)

Toán + Lý ; Toán + Hóa; Lý + Hóa.

Gọi , , x y z ( , , ) x y z   lần lượt là số học sinh nhận được bộ phần thưởng Toán + Lý ; Toán +

Hóa; Lý + Hóa. Khi đó, ta có hệ sau :

7 4

6 3

5 2

x y x

x z y

y z z

    

 

   

 

 

  

 

Số cách phát thưởng ngẫu nhiên cho 9 học sinh :

4 3

9 5

. .1 C C

Vậy số phần tử của không gian mẫu là

4 3

9 5

( ) . n C C   .

Gọi S là biến cố “ hai học sinh A và B có phần thưởng giống nhau”

TH1 : A và B cùng nhận bộ Toán+Lý có

2 3

7 5

. C C

cách phát

TH2: A và B cùng nhận bộ Toán+Hóa có

1 4

7 6

. C C cách phát.

TH3 : A và B cùng nhận bộ Lý-Hóa có

C cách phát.

 

2 3 1 4 4

7 5 7 6 7

. . n S C C C C C     .

Vậy xác suất của biến cố S là:

2 3 1 4 4

7 5 7 6 7

4 3

9 5

( )

C C C C C

P S

C C

 

  .

Câu 41: (Đề thi học sinh giỏi Vĩnh Phúc lớp 11 năm học 2015 - 2016)

Số phần tử của không gian mẫu là  

n C   .

Giả sử có hai cặp vợ chồng là   , A B và   , C D trong đó , A C là chồng.

Trường hợp 1: #Chọn cặp vợ chồng   , A B .

Cần chọn 3 người trong số 38 người còn lại (trừ   , A B ) mà không có cặp   , C D .

- Số cách chọn 3 người bất kì trong 38 người là

C .

- Số cách chọn 3 người trong số 38 người mà có cặp   , C D là

C .

Suy ra số cách chọn 3 người trong số 38 người mà không có cặp   , C D là

3 1

38 36

C C  .

Trường hợp 2: #Chọn cặp vợ chồng   , C D .

Tương tự trên ta có số cách chọn là

3 1

38 36

C C  .

Vậy xác suất cần tìm là

 

3 1

38 36

2 C C



 .

Câu 42: (Đề thi học sinh giỏi Cà Mau lớp 12 năm học 2017 - 2018)

a. Số cách chọn An và Bình giữ chức vụ bí thư hoặc phó bí thư là 2 cách.

Số cách lập ban chấp hành với số ủy viên 7 n  là

A .

Vậy có tất cả :

2.A cách.

b. Số phần tử của không gian mẫu là

38 38

A C

#Chọn 2 người từ 38 người để giữ chức vụ bí thư hoặc phó bí thư có

A . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -92-

#Chọn thêm ủy viên có



( trừ bí thư, phó bí thư và An, Bình)

Vậy xác suất để được ban chấp hành đạt chuẩn

A là:

2 2

38 36

40 38

. 1

. 78

A C



  

Câu 43: (Đề thi học sinh giỏi Nam Định lớp 12 năm học 2017 – 2018)

Số phần tử của không gian mẫu là

( ) 4 . n  

Gọi A là biến cố “Thí sính đạt từ 7,0 điểm trở lên”.

Thí sinh chọn đúng 7 câu, sai 3 câu có

.1.3.3.3 1080 C  cách.

Thí sinh chọn đúng 8 câu, sai 3 câu có

.1.3.3 405 C  cách.

Thí sinh chọn đúng 9 câu, sai 2 câu có

.1.3 30 C  cách.

Thí sinh chọn đúng 10 câu có 1 cách.

Vậy,

( ) 1516

(A) 1080 405 30 1 1516 ( ) .

( ) 4

n A

n P A

       



Câu 44: (Đề thi học sinh giỏi Quảng Ninh lớp 12 năm học 2016 – 2017)

Trong một câu xác suất trả lời đúng là

Trong một câu xác suất trả lời sai là

Học sinh đó thi đỗ trong các trường hợp sau:

Trường hợp 1: đúng 6 câu và sai 4 câu

Số cách chọn 6 câu đúng trong 10 câu là

Xác suất để 6 câu đúng đồng thời 4 câu còn lại đề sai là:

6 4

1 3

. .

4 4

   

   

   

Suy ra trường hợp 1 có xác suất là

6 4

1 10

1 3

. .

4 4

P C

   



   

   

Tương tự:

Trường hợp 2: đúng 7 câu và sai 3 câu có xác suất là:

7 3

2 10

1 3

. .

4 4

P C

   



   

   

Trường hợp 3: đúng 8 câu và sai 2 câu có xác suất là:

8 2

3 10

1 3

. .

4 4

P C

   



   

   

Trường hợp 4: đúng 9 câu và sai 1 câu có xác suất là:

4 10

1 3

. .

4 4

P C

   



   

   

Trường hợp 5: đúng 10 câu có xác suất là:

5 10

P C

 



 

 

Do mỗi trường hợp trên là 1 biến cố thì các biến cố đó là xung khắc nên xác suất để học sinh thi

đỗ là:

1 2 3 4 5

6 4 7 3 8 2 9 10

6 7 8 9 10

10 10 10 10 10 10

1 3 1 3 1 3 1 3 1 20686

. . . . . . . . . .

4 4 4 4 4 4 4 4 4 4

P P P P P P

C C C C C

    

                 

     

                 

                 

Câu 45: (Đề thi học sinh giỏi Bắc Giang lớp 12 năm học 2015 – 2016)

Ta có: Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -93-

Số người biết ít nhất tiếng Anh hoặc tiếng Pháp là: 30 14 16   (người).

Số người biết cả tiếng Anh và tiếng Pháp là: 15 8 16 7    (người).

Số người chỉ biết tiếng Anh hoặc tiếng Pháp là: 16 7 9   (người).

Xét phép thử: “5 người được chọn biết ít nhất tiếng Anh hoặc tiếng Pháp”, suy ra

4368. C   

Xét biến cố: “#Chọn 5 người trong đó có 3 người biết cả tiếng Anh và tiếng Pháp”, suy ra

3 2

7 9

. 1260.

C C   

Xác suất cần tìm là  

1260 15

4368 52

P A



  



Câu 46: (Đề thi học sinh giỏi Thanh Hóa lớp 12 năm học 2015 – 2016)

Ta có:

Gọi , , x y z lần lượt là số học sinh nhận phần thưởng là sách Toán – Vật lí, Toán – Hóa học, Vật

lí – Hóa học.

Từ giả thiết ta có:

7 4

6 3.

5 2

x y x

x z y

y z z

    

 

   

 

 

  

 

Xét phép thử: “Trao phần thưởng cho 9 học sinh”, suy ra

4 3 2

9 5 2

. . 1260. C C C   

Xét biến cố: “An và Bình có phần thưởng giống nhau”.

TH1: An và Bình cùng nhận sách Toán – Vật lí, có

2 3 2

7 5 2

. . 210. C C C 

TH2: An và Bình cùng nhận sách Toán – Hóa, có

4 1 2

7 3 2

. . 105. C C C 

TH3: An và Bình cùng nhận sách Vật lí – Hóa học, có

4 3

7 3

. 35. C C 

Suy ra, 210 105 35 350.

    

Xác suất cần tìm  

350 5

1260 18

P A



  



Câu 47: (Đề thi học sinh giỏi Nghệ An lớp 11 năm học 2016 – 2017)

Số phần tử của không gian mẫu:  

n C   .

Gọi A là biến cố: Số cuốn sách còn lại của thầy X có đủ 3 môn.

Xét các khả năng xảy ra:

Khả năng 1: 7 cuốn sách còn lại chỉ có Văn và Sử. Số cách chọn là:

C .

Khả năng 2 : 7 cuốn sách còn lại chỉ có Văn và Địa. Số cách chọn là:

C .

Khả năng 3 : 7 cuốn sách còn lại chỉ có Địa và Sử. Số cách chọn là:

C .

Vậy    

7 7 7

9 10 11

5949

1 1

6435

C C C

P A P A

 

     .

Câu 48: (Đề thi học sinh giỏi Bắc Giang lớp 11 năm học 2013 – 2014)

Gọi A là biến cố cần tính xác suất.

Số cách xếp 5 khách lên 4 toa là:

4   .

Số cách chọn ba khách để xếp lên cùng một toa là:

10 C  .

Số cách chọn một toa để xếp ba người này là:

4 C  .

Số cách xếp hai người (mỗi người một toa) vào ba toa còn lại là:

6 A  . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -94-

Suy ra 10.4.6 240

   .

Vậy xác suất cần tìm là  

240 15

4 64

P A



  



Câu 49: (Đề thi học sinh giỏi Phú Thọ lớp 12 năm học 2015-2016)

Người khách thứ nhất có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Người khách thứ hai có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Người khách thứ ba có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Người khách thứ tư có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Người khách thứ năm có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Theo quy tắc nhân có:

5 3125  khả năng khác nhau xảy ra cho 5 người vào 5 cửa hàng. Suy

ra số phần tử của không gian mẫu là: 3125   .

Để có ít nhất một cửa hàng có nhiều hơn 2 khách vào thì có các trường hợp sau:

TH1: Một cửa hàng có 3 khách, một cửa hàng có 2 khách, ba cửa hàng còn lại không có

khách nào.

Vậy:

1 3 1 2

5 5 4 2

. . . 200 C C C C  khả năng xảy ra.

TH2: Một cửa hàng có 3 khách, hai cửa hàng có 1 khách, ba cửa hàng còn lại không có khách

nào.

Vậy:

1 3 2

5 5 4 2

. . .P 600 C C C  khả năng xảy ra.

TH3: Một cửa hàng có 4 khách, một cửa hàng có 1 khách, ba cửa hàng còn lại không có khách

nào.

Vậy:

1 4 1

5 5 4

. . 100 C C C  khả năng xảy ra.

TH4: Một cửa hàng có 5 khách, các cửa hàng khác không có khách nào.

Vậy:

5 C  khả năng xảy ra.

Suy ra có tất cả 200 600 100 5    905  khả năng thuận lợi cho biến cố “ có ít nhất một cửa

hàng có nhiều hơn 2 người khách vào ”.

Vậy xác suất cần tính là:

905

3125

P 

181

625

 .

Câu 50:

( ) 120 n C    , trong đó có 8 mã đúng.

8 112 8 112 111 8

( ) . . .

120 120 119 120 119 118

P A    .

DẠNG 3 : CÁC BÀI TOÁN ĐẾM SỐ PHƯƠNG ÁN

TÍNH XÁC SUẤT LIÊN QUAN ĐẾN ĐA GIÁC

Câu 51: (Đề thi học sinh giỏi Bắc Giang lớp 12 năm học 2014 – 2015)

Số tam giác có 3 đỉnh thuộc   H là

C . Số các tam giác có 3 đỉnh thuộc   H và có hai cạnh

là cạnh của   H là n .

Số các tam giác có 3 đỉnh thuộc   H và có đúng 1 cạnh là cạnh của   H là   4 n n  .

Suy ra số các tam giác có ba đỉnh thuộc   H và không có cạnh nào là cạnh của   H là

 

C n n n    .

Theo giả thiết ta có    

4 5 4

C n n n n n      Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -95-

Giải phương trình trên ta được 35 n  ( giá trị 4 n  loại).

Câu 52: (Đề thi HSG Hòa Bình lớp 12 năm học 2017-2018)

Tính số phần tử của không gian mẫu:  

364 n C   

Gọi A là biến cố :” Tam giác được chọn trong X không có cạnh nào là cạnh của đa giác “

Suy ra A là biến cố “Tam giác được chọn trong X có ít nhất một cạnh là cạnh của đa giác “

TH1: Nếu tam giác được chọn có 2 cạnh là 2 cạnh của đa giác thì có 14 tam giác thỏa mãn.

TH2: Nếu tam giác được chọn có đúng một cạnh là cạnh của đa giác thì có 14.10 140  tam

giác thỏa mãn.

Suy ra

 

14 140 154 n A   

Vậy số phần tử của biến cố A là :

 

( ) ( ) 210 n A n n A     .

Suy ra  

 

n A

P A

 



Câu 53: (Đề thi học sinh giỏi Thái Nguyên lớp 12 năm học 2017 -2018)

Gọi  là không gian mẫu  

120 n C     .

Gọi : A ” tam giác được chọn không có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho”.

Các tam giác ở tập X có ba loại: Tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác, tam giác có

một cạnh là cạnh của đa giác, tam giác có hai cạnh là cạnh của đa giác.

Ứng với một cạnh của đa giác thì có đúng 10 4  đỉnh của đa giác tạo thành tam giác có một

cạnh là cạnh của đa giác nên số tam giác có một cạnh là cạnh của đa giác là:   10 10 4 60   .

Có 10 tam giác có hai cạnh là cạnh của đa giác là:

1 2 3

A A A ;

2 3 4

A A A ; …..;

10 1 2

A A A .

  120 60 10 50 n A      .

Vậy  

50 5

120 12

p A   .

Câu 54: (Đề thi học sinh giỏi Thái Bình lớp 12 năm học 2017 - 2018)

Số phần tử của tập S là:

Số phần tử của không gian mẫu là  

n C  

Gọi A

là biến cố: “#Chọn được tam giác vuông”

Đa giác đều 2n đỉnh có n đường chéo qua tâm O

Mỗi tam giác vuông được tạo bởi hai đỉnh nằm trên cùng một đường chéo qua tâm O và một

trong 2 2 n  đỉnh còn lại.

Suy ra số tam giác vuông là   2 2 n n 

Theo đề bài ta có:  

 

2 2 1

n n

P A n



   

Câu 55: (Đề thi học sinh giỏi Vĩnh Phúc lớp 12 năm học 2015-2016)

Số tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã cho là:

455 C  tam giác.

Số phần tử của tập M là   455 n M 

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đều. Xét một đỉnh A bất kì của đa giác: Có 7 cặp

đỉnh đối xứng với nhau qua đường thẳng OA , hay có 7 tam giác cân tại đỉnh A . Như vậy với

mỗi đỉnh của đa giác có 7 tam giác nhận nó làm đỉnh tam giác cân. Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -96-

Số tam giác đều có 3 đỉnh là các đỉnh của đa giác là

 tam giác.

Tuy nhiên, trong các tam giác cân đã xác định ở trên có cả tam giác đều, do mọi tam giác đều

thì đều cân tại 3 đỉnh nên các tam giác đều được đếm ba lần.

Suy ra số tam giác cân nhưng không phải là tam giác đều có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã

cho là: 7.15 3.5 90   .

Vậy xác suất để chọn được một tam giác cân nhưng không phải là tam giác đều từ tập M là:

90 18

455 91

P   .

Câu 56: (Đề thi học sinh giỏi Yên Lạc – Vĩnh Phúc lớp 11 năm học 2015 – 2016)

Không gian mẫu là  

n C  

Gọi A là biến cố “4 đỉnh chọn được tạo thành một hình chữ nhật không phải là hình vuông”

Gọi O là tâm của đa giác đều.

Vì đa giác đều và số đỉnh là chẵn, nên có 12 cặp điểm đối xứng qua O, tạo thành 1 đường kính,

cứ lấy bất kì 2 đường kính nào chúng cũng là 2 đường chéo của 1 hình chữ nhật. Do đó số hình

chữ nhật là

Suy ra  

n A C  .Vậy  

 

161

n A C

P A

n C

  



Câu 57: (Đề thi học sinh giỏi Nam Định năm học 2015 – 2016)

Đầu tiên ta xét các loại tam giác được tạo thành

Số tam giác có 3 đỉnh lấy từ 3 đỉnh của   H là:

1540 C  tam giác bao gồm 3 loại sau:

Loại 1 tam giác có 2 cạnh là 2 cạnh của   H , loại 2 tam giác có đúng 1 cạnh là cạnh của

  H , tam giác không có cạnh nào là cạnh của   H , cụ thể ta làm như sau:

Cứ mỗi đỉnh của   H cùng với 2 đỉnh liên tiếp (kề bên) tạo thành 1 tam giác có 2 cạnh là 2

cạnh của   H

.Các tam giác này trùng nhau.Mà   H có 22 đỉnh nên có 22 tam giác có đúng 2 cạnh là

cạnh của   H .

Xét 1 cạnh của   H ,bỏ đi 2 đỉnh liên tiếp ở 2 bên cạnh đó,nối 1 đỉnh còn lại của   H với

2 đầu mút của

cạnh đang xét ta có 1 tam giác có đúng 1 cạnh là cạnh của   H ,nên ta có 22 18 396   tam

giác thỏa ycbt.

Do đó số tam giác không có cạnh nào là cạnh của   H là   1540 22 396 1122    tam giác.

Ta có số phần tử không gian mẫu là  

1540

n C  

Gọi A là biến cố “chọn được một tam giác có một cạnh là cạnh của đa giác   H và một tam

giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác   H ” suy ra  

1 1

396 1122

. n A C C 

Vậy  

 

1 1

396 1122

21540

. 748

1995

n A C C

P A

n C

  



Câu 58: (Đề thi học sinh giỏi Quảng Nam lớp 11 năm học 2016-2017)

Gọi đa giác là

1 2 24

... A A A Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -97-

Số phần từ của không gian mẫu là  

2024 n C   

Gọi A là biến cố chọn được tam giác có ba cạnh cùng màu, ba cạnh này cùng màu đỏ.

Gọi B là biến cố chọn được tam giác có đúng một cạnh màu xanh (cạnh đa giác)

Giả sử xét cạnh màu xanh

1 2

A A , ta có 20 cách chọn đỉnh

A    

4 5 23

; ;.....;

A A A A 

Nên số phần tử của B là   24.20 480. n B  

Gọi C là biến cố chọn được tam giác có hai cạnh màu xanh, như vậy tam giác đó có hai cạnh

là hai cạnh liên tiếp của đa giác, nên   24 n C 

Ta có         n A n B n C n    

Suy ra số phần tử của biến cố A là         2024 480 24 1520 n A n n B n C        

Vậy xác suất của biến cố A là  

 

190

253

n A

P A

 



Câu 59: (Đề thi học sinh giỏi Thanh Hóa dự bị lớp 12 năm học 2016-2017)

Số đường chéo trong đa giác 2n cạnh là

C n 

Đường chéo có độ dài lớn nhất là đường chéo đi qua tâm của đa giác đều, có n đường chéo như

vậy. Từ giả thiết ta có

2 9

C n



  

2 1 2 9

n n n

 

 

1 1

2 3 9

   



Xét khai triển

2 x

 

 

 

 

có số hạng tổng quát là :

 

6 3 6 3 4

6 6

. .2 . . .2 .

k i

k i k k i k k i

k k

C C x C C x



  

 



 

 

Số hạng chứa

x trong khai triển ứng với , i k thỏa mãn hệ:

3 4 5

0 6

k i

i k

i k N

  

  

   

 











Hệ số của số hạng chứa

x là

3 1 3

6 3

. .2 480. C c 

Câu 60: (Đề thi học sinh giỏi Lâm Đồng lớp 12 năm học 2017 – 2018)

Ta có: Số phần tử của không gian mẫu

10 C  .

Để ba đoạn thẳng có thể xếp thành một hình tam giác thì có bốn cách chọn như sau:

  3,5,7   3;7;9 ;   5,7,9   3,5,9 .

Gọi A là biến cố chọn ba đoạn thẳng có thể xếp thành một hình tam giác .

Vậy xác suất để ba đoạn đó là có thể xếp thành một hình tam giác là:  

P A  .

Câu 61: (Đề thi học sinh giỏi Vĩnh Phúc lớp 12 năm học 2017 – 2018)

Ta có: Số cách chọn ba điểm từ 2n điểm phân biệt là

C .

Trong 2n điểm phân biệt có đúng n điểm thuộc một mặt phẳng nên có

C mặt phảng trùng

nhau

Vậy số mặt phẳng tạo ra từ trong 2n điểm phân biệt là

3 3

n n

C C   .

Ta có phương trình:

       

3 3

3 2

2 2 1 2 2 1 2

1 505 505

1.2.3 1.2.3

7 9 2 3024 0 8

n n

n n n n n n

C C

n n n

   

     

      

VẬY 8 n  . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -98-

DẠNG 4 : CÁC BÀI TOÁN ĐẾM – TÍNH XÁC SUẤT

LIÊN QUAN ĐẾN XẾP CHỖ , VỊ TRÍ

Câu 62: (Đề thi học sinh giỏi Bến Tre lớp 12 năm học 2017 – 2018)

Số phần tử của không gian mẫu là số cách xếp 2 3 n  học sinh vào 2 3 n  chỗ ngồi đã được

đánh số. suy ra     2 3 ! n n   

Gọi A là biến cố “số ghế của Bình bằng trung bình cộng số ghế của Anh và số ghế của Chi” thì

ta có

- Xếp Bình ở ghế số 2 hoặc ghế thứ 2 2 n  thì mỗi cách có 1.2! cách xếp An và Bình

- Xếp Bình ở ghế số 3 hoặc ghế thứ 2 1 n  thì mỗi cách có 2.2! cách xếp An và Bình

- Xếp Bình ở ghế số 4 hoặc ghế thứ 2n thì mỗi cách có 3.2! cách xếp An và Bình

…….

- Xếp Bình ở ghế thứ 1 n  hoặc ghế thứ 3 n  thì mỗi cách có .2! n cách xếp An và Bình

- Xếp Bình ở ghế thứ 2 n  mỗi cách có   1 .2! n  cách xếp An và Bình

Suy ra      

2 1 2 3 ... .2! 1 2! 1 .2! n n n         cách xếp để số ghế của Bình bằng trung

bình cộng số ghế của An và Chi

Với mỗi cách xếp trên có   2 ! n cách xếp các học sinh còn lại

Vậy ta có      

2 1 . 2 ! n A n n  

Theo giả thiết ta có phương trình

   

 

2 1 . 2 !

2 3 ! 575

n n







 

48 479 539 0

n n

n L

 



    



 



Suy ra số học sinh là 2.11 3 25   .

Câu 63: (Đề thi học sinh giỏi Thanh Hóa lớp 11 năm học 2017 – 2018)

Số phần tử của không gian mẫu là   10! n  

Gọi A là biến cố thỏa yêu cầu bài toán.

- Xếp 5 học sinh lớp 11C vào hàng có 5! cách

(Sau khi xếp sẽ có 6 vị trí trống (4 giữa và 2 ở hai đầu), chẳng hạn 1C2C3C4C5C6

- Nếu xếp xen kẽ 5 học sinh lớp A và B từ phía tận cùng bên trái (12345) có 5! cách xếp, tương

tự xếp từ phía bên phải (23456) cũng sẽ có 5! Cách xếp

- Nếu xếp 5 học lớp A và B vào các vị trí 2345 trong đó có 1 vị trí xếp 2 học sinh có

.2!.2.3 A

cách

Suy ra    

5!. 2.5! .2!.2.3 63360 n A A   

Vậy  

63360 11

10! 630

P A  

Vậy

2.5!.5! 1

( )

10! 126

P A   .

Câu 64: (Đề thi học sinh giỏi Bắc Giang lớp 12 năm học 2016 – 2017)

Số phần tử của không gian mẫu:   13! n   Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -99-

Đánh số ghế trên hàng ngang theo thứ tự từ 1 đến 13 . Các bạn nữ phải ngồi vào các ghế số 1,

5 , 9 và 13 .

Gọi A là biến cố: “Giữa hai bạn nữ ngồi gần nhau có đúng ba bạn nam, đồng thời bạn Hải và

bạn Minh không ngồi cạnh nhau”.

Xét các trường hợp:

* Bạn Minh ngồi ghế số 1.

+ Số cách sắp xếp ba bạn nữ còn lại là: 3!

+ Có 8 cách sắp xếp vị trí của Hải.

+ Có 8! cách xếp tám bạn nam vào các vị trí còn lại.

Suy ra số cách sắp xếp là 8 . 3! 8!.

- Bạn Minh ngồi ghế số 13 cũng có số cách sắp xếp là 8 .3! 8!.

* Bạn Minh ngồi ghế số 5 (Ghế số 9 tương tự)

+ Có 3! cách xếp 3 bạn nữ, có 7 cách xếp vị trí của Hải, có 8! cách xếp 8 bạn nam còn

lại, do đó số cách xếp là 3!.7.8!.

Số phần tử của biến cố A là:   2.3!.7.8! 2.3!.7.8! n A   .

Xác suất cần tìm là:  

 

858

n A

P A

 



Câu 65: (Đề thi học sinh giỏi Thành phố Hồ Chí Minh lớp 12 năm học 2017 – 2018)

Gọi A là biến cố: “ Hạnh và Phúc ngồi ở hai bàn xếp cạnh nhau”

Số cách sắp xếp 36 học sinh vào 36 cái bàn của lớp cũng chính là số phần tử của không gian

mẫu là 36!   .

* Nếu Hạnh và Phúc ngồi cạnh nhau theo hàng ngang.

Có 6 cách chọn dãy bàn nằm ngang để hai bạn ngồi cạnh nhau.

Có hai bạn Hạnh và Phúc ngồi cạnh nhau là 1 nhóm X ,  có 2 nhóm X khác nhau và

có 5 cách xếp chỗ cho nhóm X .

Có 34! cách xếp chỗ cho 34 học sinh còn lại vào 34 bàn.

Vậy trong trường hợp này 6.2.5.34! 60.34!  cách xếp.

* Nếu Hạnh và Phúc ngồi cạnh nhau theo hàng dọc. Tương tự ta có 60.34! cách xếp.

Số phần tử của A là   120.34! n A  .

Vậy xác suất cần tìm là:  

 

120.34! 120 2

36! 35.36 21

n A

P A

   



Câu 66: (Đề thi học sinh giỏi Chu Văn An lớp 11 năm học 2015 – 2016)

Không gian mẫu có số phần tử là  

18 18

52 34

. n C C   .

Nếu Thành và Đạt ngồi chung phòng 1 hoặc phòng 2 thì  

16 18

1 50 34

2. . n A C C  .

Nếu Thành và Đạt ngồi chung phòng 3 thì  

18 18

2 50 32

. n A C C  .

Gọi A là biến cố “Thành và Đạt chung phòng”

     

1 2

n A n A n A    

 

16 18 18 18

50 34 50 32

18 18

52 34

2. . . 71

. 221

n A C C C C

P A

n C C



   



Câu 67: (Đề thi học sinh giỏi chuyên Bắc Ninh lớp 11)

Tổng số cách xếp 6 viên bi thành một hàng là

 (hoặc

2 2

6 4

. 90 C C  ). Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -100-

Kí hiệu:

A là tập hợp 2 viên bi xanh cạnh nhau;

A là tập hợp 2 viên bi đỏ cạnh nhau;

A là

tập hợp 2 viên bi vàng cạnh nhau.

Số cách xếp không hợp lệ (có ít nhất 2 viên cùng màu cạnh nhau) là:

 

1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3

A A A A A A A A A A A A A A A              

Với

1 2 3 2

A A A     .

1 2 2 3 3 1

A A A A A A        .

1 2 3

3! 6 A A A     .

1 2 3

90 3.12 6 60 A A A        .

Vậy, số cách xếp hợp lý là

1 2 3

. . 90 60 30 A A A    .

Câu 68: (Đề thi học sinh giỏi Triệu Sơn lớp 11 năm học 2017 – 2018)

1 2 3

, , u u u lập thành cấp số cộng khi và chỉ khi

1 3 2

2 u u u   . Do đó

1 3

, u u hoặc cùng chẵn hoặc

cùng lẻ. Số tất cả các cấp số cộng theo thứ tự chính là số các cặp số(có thứ tự)  

1 3

, u u .

#Chọn

u có 2012 cách chọn, chọn

u chỉ có 1005 cách chọn số cùng chẵn hoặc cùng lẻ với

Khi đó

1 3

u u



 có duy nhất một cách chọn.

Còn lại 2009 còn lại ta chọn ra 3 số sắp xếp có thứ tự để hoàn tất việc chọn.

Vì vậy số kết quả là

2009

2012.1005.A .

Câu 69: (Đề thi giữa kỳ 2 Yên Phong1_Bắc Ninh lớp 12 năm học 2017 – 2018)

Số phần tử của không gian mẫu là   6! 720 n    .

Gọi A là biến cố hai xe cùng màu không xếp cạnh nhau. Ta tính   n A .

Xe màu đỏ nhiều nhất nên ta sắp trước để tránh trường hợp chúng cạnh nhau, ta xếp như sau

TH 1 :

Đ Đ Đ

Có 3 ! cách sắp xếp các xe màu đỏ, thỏa mái xếp các xe còn lại nên có 3 ! cách sắp xếp các xe

còn lại. Vậy trường hợp này có 6.6 36  cách.

TH2 :

Đ Đ Đ

Có 3 ! cách sắp xếp các xe màu đỏ, thỏa mái xếp các xe còn lại nên có 3 ! cách sắp xếp các xe

còn lại. Vậy trường hợp này có 6.6 36  cách.

TH3 :

Đ Đ Đ

Có 3 ! cách sắp xếp các xe màu đỏ, có 2.2 cách sắp xếp 2 xe màu xanh và vàng vào hai ô trống

liền kề và ô còn lại xếp xe màu vàng còn lại. Vậy trường hợp này có 5.2.2 24  cách.

TH4 :

Đ Đ Đ

Có 3 ! cách sắp xếp các xe màu đỏ, có 2.2 cách sắp xếp 2 xe màu xanh và vàng vào hai ô trống

liền kề và ô còn lại xếp xe màu vàng còn lại. Vậy trường hợp này có 5.2.2 24  cách.

Vậy tổng cộng   36.2 24.2 120 n A    . Chuyên đề TỔ HỢP – XÁC XUẤT DÀNH CHO HS KHÁ VÀ GIỎI

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập -101-

Do đó  

 

120 1

720 6

n A

P A

  



DẠNG 5 : CÁC BÀI TOÁN KHÁC

Câu 70: (Đề thi học sinh giỏi Phú Thọ lớp 12 năm học 2017 – 2018)

Lời giải

Nhận xét: Để di chuyển đến đích, mỗi con kiến phải có hành trình 8m . Vì hai con kiến xuất

phát cùng thời điểm và cùng vận tốc di chuyển nên chúng chỉ có thể gặp nhau khi mỗi con kiến

đều di chuyển được 4m (sau 4 phút). Do vậy chúng chỉ có thể gặp nhau tại các giao điểm trên

đường chéo chính chạy từ góc trên bên trái đến góc dưới bên phải  

1 5

A A .

Xác suất để sau 4 phút, con kiến thứ nhất đi đến vị trí

A là  

1 1 4

P A  ;

Xác suất để sau 4 phút, con kiến thứ hai đi đến vị trí

A là  

2 1 4

P A  ;

Xác suất để hai con kiến gặp nhau tại vị trí

A là      

 

1 1 1 2 1

256

P A P A P A   .

Tương tự xác suất để hai con kiến gặp nhau tại các vị trí

A ,

A là:

 

256

P A  ;  

 

256

P A  ;  

 

256

P A  ;  

 

256

P A  .

Vậy xác suất để hai con kiến gặp nhau là:

           

1 2 3 4 5

P A P A P A P A P A P A     

         

2 2 2 2 2

0 1 2 3 4

4 4 4 4 4

256

C C C C C    



128

 .

Câu 71: (Đề thi học sinh giỏi Hà Tĩnh lớp 11 năm học 2016 – 2017)

Số phần tử không gian mẫu là

1728   .

Số trường hợp xảy ra để cả 3 lượt tung đó đều thu được súc sắc mặt 1 chấm và xu sấp là 1.

Số trường hợp xảy ra để trong 3 lượt tung đó có đúng 2 lượt được súc sắc mặt 1 chấm và xu

sấp là 3.1.1.11 3.11  .

Số trường hợp xảy ra để trong 3 lượt tung đó có đúng 1 lượt được súc sắc mặt 1 chấm và xu

sấp là

3.1.11.11 3.11  .

Vậy xác suất cần tìm là:

1 3.11 3.11 397

12 1728

 

  .

Xem thêm

Đề xuất cho bạn

Tài liệu

33969 lượt tải

16103 lượt tải

9693 lượt tải

8544 lượt tải

7120 lượt tải

154370 lượt xem

115289 lượt xem

103647 lượt xem

81335 lượt xem

79471 lượt xem