Bộ bài tập Vận dụng cao môn Toán theo các chuyên đề lớp 11 từ các bộ đề thi thử THPTQG năm 2019 by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

TÀI LIỆU CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN LTĐH

vectorstock.com/13256469

Ths Nguyễn Thanh Tú Tuyển tập

Bộ bài tập Vận dụng cao môn Toán theo các chuyên đề lớp 11 từ các bộ đề thi thử THPTQG năm 2019 PDF VERSION | 2019 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group

Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/HoaHocQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

4 Câu VDC CSC-CSN đề thi thử các trường Câu 1(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 3). Cho dãy số  un  xác định bởi

 u1  1 2 . Tính tổng S  u12  u22  u32  ...  u2011  2 un 1  3un  2, n  1 B. 32011  1

A. 32011

C. 32011  2012

D. 32011  2011

Câu 2.(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 – Đề 5) . Cho cấp số cộng  un  có công sai d  3 và u22  u32  u42 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng S100 của 100 số hạng đầu tiên của cấp số cộng đó. A. S100  14650

B. S100  14400

C. S100  14250

S100  15450 Câu 3(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 9). Cho dãy số  xn  xác định bởi x1  xn1 

2 và 3

xn , n  N * Mệnh đề nào dưới đây là đúng? 2(2n  1) xn  1

A. x100 

2 39999

B. x100 

39999 2

C. x100 

2 40001

D. x100 

2 40803

Câu 4(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 8): Cho dãy số  un  thỏa mãn un 1  3un  2un 1 và

u1  log 2 5, u2  log 2 10 . Giá trị nhỏ nhất của n để un  1024  log 2 A. n  11

B. n  12

5 bằng 2

C. n  13

GIẢI Câu 1. Chọn C. Phương pháp: Dự đoán số hạng tổng quát và chứng minh bằng quy nạp. Cách giải: Ta có

D. n  15

u1  1 u2  5 u3  17 u4  53 u5  161 Đặt S n  u12  u22  u32  ...  un2 . Ta chứng minh bằng quy nạp S n  3n  n  1 . Dễ thấy mệnh đề đúng với n  1 . Giả sử S n  3n  n  1 . Ta phải chứng minh S n 1  3n 1   n  1  1 . Thực vậy

S n 1  S n  un21  3n  n  1  3un2  2  3n  n  1  3  3un21  2   2  ...

 3n  n  1  3n  2 1  3  32  ...  3n 1   2.3n  n  1  2.

1  3n 1 3

 3n 1  n  2 2  32011  2012 Từ đó ta có: S  u12  u22  u32  ...  u2011

Câu 2. Chọn C. Phương pháp : Sử dụng tính chất của cấp số cộng và công thức tính tổng n số hạng đầu của cấp n  n  1 số cộng là S n  n.u1  .d . 2 Cách giải : Ta có : u22  u32  u42  u22   u2  3   u2  6   3u22  18u2  45  3  u2  3  18  18 2

Dấu  xảy ra khi u2  3  u1  u2  d  3  3  6 Vậy tổng S100 của 100 số hạng đầu tiên của cấp số cộng đó là S100  100.6 

100.99 .  3  14250 2

Câu 3. Chọn B. Phương pháp: Cách giải: Ta có: xn xn 1  2(2n  1) xn  1 

1 1  2(2n  1)  xn 1 xn

Đặt un 

1 ta có: un 1  2(2n  1)  un xn

Vậy u100  2  2.99  1  2  2.98  1  ...2  2.1  1 

Vậy x100 

3 3 99.100 3 39999  4 1  2  3  ...  99   2.99   4.  2.99   2 2 2 2 2

39999 . 2

Câu 4: Chọn B Cách giải: un 1  3un  2un 1  u3  3u2  2u1  u3  log 2

5  log 2 5  2 4

Xét un  a1 x1n  a2 x2n với x1 , x2 là nghiệm của phương trình x 2  3 x  2  0

x1  2; x2  1 ta được un  a1.2n  a2 Với n = 1 ta có log 2 5  2a1  a2 Với n = 2 ta có log 2 10  4a1  a2 1 5  a1  , a2  log 2 2 2

Do đó un  2n 1  log 2

5 5  1024  log 2  2n 1  1024  n  11 2 2

VDC CSC-CSN Câu 1: Viết theme 8 số xen giữa hai số 1 và 45 để được một cấp số cộng. Hỏi tổng của 8 dố them đó bằng bao nhiêu? A.184 B. 259 C. 216 D. 41 Câu 2: Xét dãy số  un  ,  vn  , n  N *, tổng n số hạng đầu tiên của mỗi dãy số được xác định bởi S n  u 1 u 2 ...  u n  3n  2, Tn  v1  v2  ...  vn  5n  1. Đặt A 

u2018 . Khẳng v2018

định nào sau đây là đúng? 6054 6056 3 A. A  B. A = 2 C. A  D. A  10091 10091 5 Câu 3: Cho một cấp số cộng (un) có u1 = 1 và tổng của 100 số hạng đầu bằng 24850. Biểu 1 1 1   ...  thức S  bằng u1u 2 u2u3 u49u50 A. S 

9 246

B. S 

49 246

D. S 

C. S = 123

4 23

u  5, u2  19 Câu 4 Xét dãy số  un  , n  *, được xác định bởi hệ thức  1 . Tổng u  5 u  6 u n 1 n  n2 S10  u1  u2  ...  u10 bằng

A. 261624

B. 86525

C. 90613

D. 86526

Câu 5: Ba số x, y, z theo thứ tự lập thành một cấp số nhân có công bội q  1. Đồng thời , các số x, 2 y,3 z theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng có công sai khác 0. Khi đó công bội q bằng: 1 1 A.  B. 3 C. D. -3 3 3 u  2 Câu 6: Cho dãy số (un ), n   * xác định bởi  1 . Tổng S  u2018  2u2017 u  4 u  4  5 n n  n 1 bằng

Câu

A. S  2015  3.42017

B. S  201  3.42018

C. S  2016  3.42018

D. S  2015  3.42017

Xét

u1  1, v1  2, u

n 1

hai

 un 

dãy

1 ,v vn

n 1

số

 vn 

 un  ,  vn  , n  N * ,

được

xác

định

1 . Đặt S  u10  v10 . Khẳng định nào sau đây là un

đúng? A. S  4 5

bởi

B. S  2 5

C. S  4 5

D. S  8 5

Câu 8. Cho cấp số cộng

S

 un  , n  N * , gồm các số dương. Xét biểu thức

1 1 1   ..  . Mệnh đề nào sau đây là đúng? u1  u2 u2  u3 u2017  u2018 2017 u1  u2018

A. S  C. S 

2017



B. S 

1 u1  u2018

D. S 



2018 u1  u2018 2018



1 u1  u2018



Câu 9. Ba số x, y, z  y  0  theo thứ tự lập thành một cấp số cộng tăng. Giả sử x 2 , y 2 , z 2 theo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân. Khi đó công bội của cấp số nhân đó bằng A. 2  1

B. 2  1

C. 3  2 2

D. 3  2 2

Câu 10. Xét n là số nguyên dương và 1  x   a0  a1 x  a2 x 2  ...  ak x k  ...  an x n . Biết n

rằng tồn tại số nguyên k ,1  k  n  1, sao cho A. 66

B. 36

ak 1 ak ak 1   . Giá trị của a2 bằng 2 9 24 C. 55 D. 45

ĐÁP ÁN Câu 1 A : Khi viết thêm 8 số xen giữa hai số 1 và 45 ta được một cấp số cộng có 10 số, trong đó u1  1  u2  u3  ...  u9  S10   u1  u10   184.  u10  45 Câu 2 D u S  S 2017 3  . Xét 2018  2018 v2018 T2018  T2017 5 Câu 3 A : Gọi d là công sai của cấp số đã cho. 497  2u1 5 99 u u u u u u 5 5 5  5S    ...   1 2  3 2  ...  50 49 u1u2 u2u3 u49u50 u1u2 u2u3 u49u50

Ta có: S100  50(2u1  99d )  24850  d 



1 1 1 1 1 1 1 1     ...     u1 u2 u2 u3 u48 u49 u49 u50



1 1 1 1 245 49     S . u1 u50 u1 u1  49d 246 246

Câu 4 A Chỉ ra được un  3n 1  2n 1.

Câu 5 C Câu 6 A : Ta có un 1  4un  4  5n  un 1  4un  5n  4  un 1  n  4(un  n  1) (*). Đặt vn 1  un 1  n suy ra vn  un  n  1, khi đó (*)  vn 1  4vn . Do đó vn là cấp số nhận với công bội q  4  vn  (4) n 1 v1. Mà v1  u1  2 suy ra vn  2.(4) n 1  un  2.(4) n 1  n  1. Vậy S  u2018  2u2017  2.(4) 2017  2017  2  2.(4) 2016  2016   2015  3.42017. Câu 7C  1  u2 v2  2   u1v1    4  u3v3  6. Bằng quy nạp ta chỉ ra được u1v1   un  vn  2 un vn  2 2n

Câu 8A . A đúng với công sai d = 0. Trường hợp d  0  S 

Câu 9D Câu 10D

u2018  u1 2017  d u2018  u1

CHUYÊN ĐỀ VDC ĐẠO HÀM Câu 1. Cho f x   A. a  a

1 9!

a ( a là hằng số). Tìm a biết f 10 2  10. 1 x 1 1 B. a   C. a   9! 10!

100 9!

ĐÁP ÁN Câu 1B

2 Câu VDC Lượng Giác đề thi thử các trường Câu

1(Đề

Thi

Thử

THPTQG

Năm

2019-

Đề

4).

Cho

hàm

số

h( x)  sin 4 x  cos 4 x  2m sin x cos x . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số xác định với mọi x  R A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Câu 2(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 9). Cho f  x   0 có tổng các nghiệm dương nhỏ nhất bằng

 8

n2 

 4

n(n  N , n  1) (*) Phương trình nào sau đây là phương trình hệ quả của

(*) ? A. sin 4 x  sin x  1  0

B. 2 cos 2 2 x  sin x

C. 4 cos 2 2 x  2 cos 2 x  1  cos 2 x

D. 2sin x  1  0

GIẢI Câu 1. Chọn A. Phương pháp: Giải và biện luận điều kiện xác định. Cách giải: Để hàm số xác định với mọi x   thì sin 4 x  cos 4 x  2m sin x cos x  0, x  

 sin 4 x  cos 4 x  2sin 2 x cos 2 x  2sin 2 x cos 2 x  2m sin x cos x  0, x    2sin 2 x cos 2 x  2m sin x cos x  1  0, x   1   sin 2 2 x  m sin 2 x  1  0, x   2 t  sin 2 x    1 2  f  t    2 t  mt  1  0, t   1;1

Ta lại có f '  t   t  m  0  t  m Nếu

m 1

1 1 1 f  t    t 2  mt  1  0, t   1;1  min f  t   f 1  0   m  0  m  (Vô lý).  1;1 2 2 2

thì

Nếu

m  1

thì

1 1 1 f  t    t 2  mt  1  0, t   1;1  min f  t   f  1  0   m  0  m   . (Vô lý)  1;1   2 2 2

Nếu 1  m  1 thì

1 f  t    t 2  mt  1  0, t   1;1 2  min f  t   min  f 1 ; f  1  0  1;1

1 1   min   m;  m   0 2 2  1  m  0   1  m  0  2    0  m  1  1   m0  2 1 1  m 2 2 Vậy có duy nhất giá trị m  0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 2 Chọn đáp án C 3 Thử n  1  là nghiệm 8 Chỉ có C thỏa mãn

Câu 1: Cho tập A = {1,2,...,49}. Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của A. Xác suất để 3 phần tử được chọn lập thành một cấp số cộng bằng A.

72 2303

69 2303

75 2303

24 . 29

Câu 2: Có 12 bạn học sinh trong đó có đúng một bạn tên A và đúng một bạn tên B. Xếp ngẫu nhiên 12 học sinh vào một bàn tròn và một bàn dài mỗi bàn 6 học sinh. Xác suất để hai bạn A và B ngồi cùng bàn và cạnh nhau bằng A.

1 5

1 6

1 10

1 12

Câu 3: Cho tập hợp S  1, 2,3, 4,5, 6 . Hai bạn A, B mỗi người chọn ngẫu nhiên một tập con của S. Xác suất để tập con của A và B chọn được có đúng 2 phần tử chung gần nhất với kết quả nào dưới đây? A. 15,08%

B. 29,66%

C. 30,16%

D. 14,83%.

Câu 4: Cho tập S  1, 2,.., 6 . Ba bạn A, B, C được mời lên bảng, mỗi bạn viết ngẫu nhiên một tập con của S. Xác suất để các tập con của A, B, C viết được khác rỗng; đôi một không giao nhau và trên bảng có đúng 4 phần tử của S gần nhất với kết quả nào dưới đây ? A. 0,412 B. 0,206 C. 0,432 D. 0,216

Lời giải: Câu 1. Chọn đáp án A. 3 Số cách chọn ngẫu nhiên 3 phần tử là C49 . Ta tìm số bộ ba số (a;b;c) thoả mãn a, b, c  A;1  a  b, c  49; 2b  a  c. Ta phải có a, c cùng chẵn hoặc cùng lẻ.

ac có duy nhất một cách chọn. 2 ac Nếu a, c cùng lẻ có C252 cách chọn a, c; và b  có duy nhất một cách chọn. 2 Vậy có tất cả C242  C252 bộ số thoả mãn.

Nếu a, c cùng chẵn có C242 cách chọn a, c; và b 

C242  C252 72 Xác suất cần tính bằng  . 3 C49 2303 Câu 2. Chọn đáp án B. Tìm số cách xếp ngẫu nhiên: Chọn ra 6 trong 12 học sinh rồi xếp vào bàn dài có A126 cách xếp; 6 học sinh còn lại xếp vào bàn tròn có (6  1)!  5! cách xếp. Vậy có tất cả A126 5! cách xếp ngẫu nhiên.

Ta tìm số cách xếp mà A, B cùng ngồi 1 bàn và ngồi cạnh nhau: TH1: A, B ngồi cùng bàn dài và cạnh nhau có 2!C104 5!(6  1)! cách; TH2: A, B ngồi cùng bàn tròn và cạnh nhau có 2!C104 (5  1)!6! cách. Vậy có tất cả 2!C104 5!(6  1)! 2!C104 (5  1)!6! cách xếp thoả mãn.

2!C104 5!(6  1)! 2!C104 (5  1)!6! 1 Xác suất cần tính bằng  . A126 5! 6 Chọn đáp án B. *Chú ý số cách xếp n học sinh vào 1 bàn tròn bằng (n−1)! cách. Câu 3. Chọn đáp án B. Số tập con của S là 26  64. Mỗi người có 64 cách chọn tập con, do vậy số phần tử không gian mẫu là 642. Ta tìm số cách chọn tập con thoả mãn: Vì tập con của A và B chọn được có chung 2 phần tử nên các tập con này phải có ít nhất 2 phần tử. Giả sử tập con của A và B gồm x; y  x, y  2  phần tử khi đó: A có C6x cách chọn tập con; lúc này S còn 6 – x phần tử. Chọn ra 2 phần tử gọi là a, b có trong tập con của A để xuất hiện trong tập con của B có Cx2 cách; Lúc này tập con của B đã có hai phần tử chung với tập con của A là a, b ta cần chọn thêm (y-2) phần tử khác trong (6-x) phần tử còn lại sau khi A đã chọn tập con có C6yx2 cách viết, Vậy có tất cả C6x Cx2C6yx2 cách,

 x, y  2 2  x  6 Ta có điều kiện:   . y  2  6 x 2  y  8  x Nếu 6

y 2

 C62C62C6y22   C63C32C6y32   C04C42C6y42   C65C52C6y52   C66C62C6y62  240  480  360  120  15  1215. cách chọn tập con thoả mãn. Xác suất cần tính bằng

1215  29, 66%. 642

Câu 4. Chọn đáp án B. Tập S có tất cả 26  64 tập con. Mỗi bạn có 64 cách viết ngẫu nhiên. Nên số phần tử không gian mẫu bằng 643. Ta tìm số cách viết thoả mãn: Gọi x, y, z là số phần tử có trong các tập con của A, B, C viết lên bảng. Vì các tập con của ba bạn này viết khác rỗng nên x, y, z  1.

Vì các tập con của ba bạn này đôi một không giao nhau và trên bảng có đúng 4 phần tử của S nên x  y  z  4.

x  y  z  4 Vậy ta có hệ   ( x; y; z )  (1;1; 2);(1; 2;1);(2;1;1).  z , y, z  1 Vậy có tất cả C61C51C42  C61C52C41  C62C41C31  540 cách viết thoả mãn. Xác suất cần tính bằng

540  0, 206. 643

CHUYÊN ĐỀ VDC TỔ HỢP-XÁC XUẤT Câu 1. Có bao nhiêu cách xếp 6 đồ vật khác nhau vào 3 chiếc hộp khác nhau sao cho mỗi hộp có ít nhất 1 đồ vật (không kể tới thứ tự các đồ vật trong mỗi hộp)? A. 90 cách

B. 270 cách

C. 540 cách

D. 720

cách Câu 2. Trong 1 bàn ăn của 1 tiệc cưới có 10 ghế được xếp cho 10 khách ngồi. Biết trong 10 khách có 3 người là bạn của chú rể. Tìm xác suất để khi xếp ngẫu nhiên có 2 khách là bạn của chú rể ngồi kề nhau, nhưng người còn lại không ngồi kề 2 người đó. A. p  p

6  7! 10!

B. p 

6  6  7! 9!

C. p 

4  6  7! 9!

6  6  7! 10!

Câu 3. Trong 1 hộp kín có 20 tấm thẻ, ghi trên mỗi tấm thẻ là các số từ 1 đến 20 (2 tấm khác nhau thì ghi số khác nhau). Lấy ngẫu nhiên từ trong hộp đó ra 2 tấm thẻ. Tìm xác suất để tổng 2 số ghi trên 2 tấm thẻ đó chia hết cho 3. A. p  p

1 2

B. p 

1 3

C. p 

32 95

49 190

Câu 4. Một bạn xếp lại 1 chồng sách gồm 4 cuốn trên bàn học một cách ngẫu nhiên. Tìm xác suất để không có cuốn sách nào giữ nguyên vị trí ban đầu. A. p 

3 8

B. p 

1 2

C. p 

1 6

D. p 

3 4

Câu 5. Gieo đồng thời 2 con xúc xắc. Tìm xác suất để tổng số chấm xuất hiện trên 2 con xúc xắc là 1 số nguyên tố. A. p  p

1 4

B. p 

7 18

C. p 

13 36

ĐÁP ÁN

5 12

Câu 1C Câu 2B Câu 3C Câu 4A Câu 5C

VDC TỔ HỢP-XÁC XUẤT Câu 1: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số có 8 chữ số, trong đó chữ số 1 và chữ số 6 có mặt đúng 2 lần còn các chữ số khác xuất hiện 1 lần. A.10 080 số B. 10 008 số C. 10 800 số D. 18 000 số\ Câu 2: Có bao nhiêu số thực nhiên có 5 chữ số khác nhau không chứa chữ số 0 mà trong mỗi số luôn có hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ? A. 7200 số B. 960 số C. 100 số D. 11 040 số. Câu 3: Cho hai đường thẳng d1 , d 2 song song với nhau. Trên d1 có 10 điểm phân biệt, trên d2 có n điểm phân biệt  n  2  . Biết rằng có tất cả 2800 tam giác có các đỉnh là các điểm

nói trên. Vậy n có giá trị là: A. 20 B. 21 C. 30 D. 32 Câu 4: Có bao nhiêu cách xếp 6 nam và 6 nữ ngồi xung quanh một chiếc bàn tròn, sao chon nam và nữ ngồi xen kẽ nhau? A. 86 400 B. 86 460 C. 86 400 D. 84 600 Câu 5: Một người bỏ ngẫu nhiên ba lá thư vào ba chiếc phong bì đã ghi địa chỉ. Tính xác suất để ít nhất có một lá thư bỏ đúng phong bì của nó. 1 2 2 1 A. B. C. D. 3 3 5 2 Câu 6: Một khách sạn có 6 phòng đơn. Có 10 khách đến thuê phòng, trong đó có 6 nam và 4 nữ. Người quản lí chọn ngẫu nhiên 6 người. Tính xác suất để có 4 khác nam, 2 khách nữ. 1 5 3 4 A. B. C. D. 7 7 7 7 Câu 7: Cho đa giác đều 100 đỉnh nội tiếp một đường tròn. Số tam giác tù được tạo thành từ 3 trong 100 đỉnh của đa giác là A. 117600 B. 78400 C. 44100 D. 58800 Câu 8 Cho A  0;1; 2;3; 4;5 . Từ các chữ số thuộc tập A lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chwuc số và số đó chia hết cho 3? A. 2160 số B. 2016 số C. 2160 số D. 216 số 1 1 1 Cnn , n   *. Phát biểu nào sau đây Câu 9: Cho biểu thức T  Cn0  Cn1  Cn2  ..  2 3 n 1 đúng? A. T 

2n 1  1 n 1

B. T  2n 1

C. T 

2n  1 n 1

D. T 

2n n 1

3n 1  Câu 10: Tìm hệ số chứa x10 trong khai triển f ( x)   x 2  x  1  x  2  với n là số tự 4  3 n2 nhiên thỏa mãn hệ thức An  Cn  14n.

A. 25 C1910

B. 25 C1910 x10

C. 29 C1910

D. 29 C1910 x10

Câu 11: Trong hội nghị học sinh giỏi của trường, khi ra về các em bắt tay nhau. Có 120 cái bắt tay và giả sử không em nào bỏ sót cũng như bắt tay lặp lại 2 lần. Số học sinh dự hội nghị thuộc khoảng nào sau đây? A.(13;18) B. (9;14) C. (17;22) D. (21;26) Câu 12. Có 10 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để trong 10 tấm thẻ có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn và có đúng một tấm thẻ mang số chia hết cho 10. 99 634 33 568 A. B. C. D. 667 667 667 667 Câu 13. Trong mặt phẳng cho 10 điểm phân biệt A1 , A2 ,... A10 trong đó có 4 điểm A1 , A2 , A3 , A4 thẳng hàng, ngoài ra không có 3 điểm nào thẳng hàng. Số tam giác có 3 đỉnh được lấy trong 10 điểm trên là A.116 tam giác B. 80 tam giác C. 96 tam giác D. 60 tam giác Câu 14. Xét tập hợp A gồm tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ A. Tính xác suất để số được chọn có chữu số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước (tính từ trái sang phải) 1 74 62 3 A. B. C. D. 216 411 431 50

ĐÁP ÁN Câu 1 A Gọi a  a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 là số cần lập. Xét một dãy có 8 ô trống: Bước 1: Chọn 2 ô trong 8 ô trống để xếp hai chữ số 1, có C82 cách. Bước 2: Chọn 2 ô trong 6 ô trống còn lại để xếp hai chữ số 6, có C62 cách. Bước 3: Cuối cùng ta có 4! Cách xếp 4 chữ số 2, 3, 4, 5 vào 4 ô trống còn lại. Vậy ta có: C81.C62 .4!  10080 số a.

Câu 2 : A Có C42  6 cách chọn hai chữ số chẵn không có chữ số 0 và C53  10 cách chọn ba chữ số lẻ. Khi đó, số cách chọn ra một bộ 5 chữ số khác nhau mà luôn có hai chữ số chẵn không có chữ số 0 và ba chữ số lẻ là C42 .C35  60. Mỗi bộ 5 số như thế có thể lập được 5! Số thỏa mãn. Từ đó, áp dụng quy tắc nhân suy ra số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: C42 .C53 .5!  7200 số. Câu 3 A

C101 Cn2  C102 Cn1  2800  10

n(n  1)  45n  2800  n 2  8n  560  0  n  20. 2

Câu 4 C Tiến hành theo các bước sau: Bước 1: Xếp 6 nam ngồi quanh bàn tròn, có 5! Cách xếp. Bước 2: Vì 6 nam ngồi quanh bàn tròn nên có 6 khoảng trống để xếp 6 người nữ, vậy có 6! Cách xếp. Theo quy tắc nhân ta có 5!.6! = 86 400 cách. Câu 5 B Câu 6 C Câu 7 A : Đánh số các đỉnh là A1 , A2 ,... A100 . Xét đường chéo A1A51 của đa giác là đường kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác đều chia đường tròn ra làm 2 phần mỗi phần cs 49 điểm từ A2 đến A50 và A52 đến A100. Khi đó, mỗi đa giác có dạng A1 Ai Aj là tam giác tù nếu Ai và Aj cùng nằm trên nửa đường tròn chứa điểm A1 tính theo chiều kin đồng hồ nên Ai, Aj là hai điểm tùy ý được lấy từ 49 điểm A2, A3 đến A50. Vậy có C492  1176 tam giác tù. Vì đa giác có 100 đỉnh nên số tam giác tù là 1176.100  117600 tam giác tù. Câu 8C Gọi số cần tìm là a  a1a2 a3 a4 a5 (ai  0). Do a 3 nên a1  a2  a3  a4  a5  3 Nếu a1  a2  a3  a4  thì a5 = 0 hoặc a5 = 3

Nếu a1  a2  a3  a4 chia 3 dư 1 thì a5 = 2 hoặc a5 = 5. Nếu a1  a2  a3  a4 chia 3 dư 2 thì a5 = 1 hoặc a5 = 4. Như vậy, từ một số có 4 chữ số a1a2 a3 a4 (các số được lấy từ tập A) sẽ tạo được 2 số tự nhiên có 5 chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Dễ thấy từ các chữ số của tập A có thể lập được 5.6.6.6 = 1080 số tự nhiên có 4 chữ số. Do đó từ các chữ số của tập A sẽ lập được 2.1080 = 2160 số chia hết cho 3 có 5 chữ số. Câu 9A

Ta có: (1  x) n  Cn0  xCn1  x 2Cn2  ...  x nCnn

  (1  x) n dx    Cn0  xCn1  x 2Cn2  ...  x nCnn  dx

 x 1



(1  x) n 1 x2 x3 x n 1 n  C  xCn0  Cn1  Cn2  ...  Cn n 1 2 3 n 1 2n 1 1 1 1  C  Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn  T n 1 2 3 n 1

1 1 2n 1 1 2n 1  1 n  0  C  1; n  1  C   ,..., n  C   T    . 2 n 1 n 1 n 1 n 1 Câu 10 A Từ phương trình An3  Cnn  2  14n  n  5. 2

1 1 3n 4 15 19 1  Với n = 5, ta có f ( x)   x 2  x  1  x  2    x  2   x  2    x  2  16 16 4  19 1 1 19 Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có f ( x)   x  2    C19k .2k .x19 k . 16 16 k 0

Số hạng chứa x10 trong khai triển ứng với 19  k  10  k  9. 1 9 9 C19 2  25 C199  25 C1910 Vậy hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển là 16 Câu 11 A Câu 12A

C155 .C31.C124 99  Ta có:   C . Xác suất cần tìm là P  10 C30 667 10 30

Câu 13A Số tam giác được tạo thành từ 10 điểm là C103 tam giác Do 4 điểm A1 , A2 , A3 , A4 thẳng hàng nên số tam giác mất đi là C43 Vậy số tam giác thỏa mãn yêu cầu đề bài là C103  C43  116 tam giác Câu 14A Gọi số có 5 chữ số là abcde Số các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau là n     9. A94  27216 Gọi X là biến cố “số được chọn có chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước”  a  b  c  d  e mà a  0, a, b, c, d , e  0;1; 2;...;9  a, b, c, d , e  1; 2;...;9 Chọn 5 chữ số C95 cách. Với mỗi bộ 5 chữ số đã chọn, ghép được 1 số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Suy ra n  X   C95  126

Xác suất cần tìm P  X  

n X  1  n    216

17 Câu VDC Tổ Hợp – Xác Suất đề thi thử các trường Câu 1(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019-Đề 2 ). Trong một đợt kiểm tra về vệ sinh an toàn thực phẩm của ngành y tế tại chợ X. Ban quản lý chợ lấy ra 15 mẫu thịt lợn trong đó có 4 mẫu ở quầy A, 5 mẫu ở quầy B và 6 mẫu ở quầy C. Mỗi mẫu thịt này có khối lượng như nhau và để trong các hộp kín có kích thước giống hệt nhau. Đoàn kiểm tra lấy ra ngẫu nhiên ba hộp để phân tích, kiểm tra xem trong thịt lợn có chứa hóa chất "Super tạo nạc" (Clenbuterol) hay không. Xác suất để 3 hộp lấy ra có đủ ba loại thịt ở các quầy A, B, C là: A.

24 . 93

B. đáp án khác.

1 . 5

1 . 15

Câu 2(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 3) . Cho hai đường thẳng d1, d2 song song nhau. Trên d1 có 6 điểm tô màu đỏ, trên d2 có 4 điểm tô màu xanh. Chọn ngẫu nhiên 3 điểm bất kì trong các điểm trên. Tính xác suất để 3 điểm được chọn lập thành tam giác có 2 đỉnh tô màu đỏ. A.

5 8

Câu

B. 3(Đề

1  x  x 

2 n

Thi

Thử

THPTQG

C. Năm

5 9

2019-

D. Đề

6).

Cho

1 2

khai

triển

 a0  a1 x  a2 x 2  ...  a2 n x 2 n với n  2 và a0 , a1 , a2 , , a2 n là các hệ số. Tính tổng

S  a0  a1  a2    a2n biết A. S  310.

5 32

a3 a4  . 14 41

B. S  312.

C. S  210.

D. S  212.

Câu 4(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 7). Tuấn và Hùng cùng tham gia kì thi THPTQG năm 2018, ngoài thi ba môn Toán, Văn, Tiếng Anh bắt buộc thì Tuấn và Hùng đều đăng kí thi thêm đúng hai môn tự chọn khác trong ba môn của tổ hợp KHTN là Vật lí, Hóa học và Sinh học dưới hình thức thi trắc nghiệm để xét tuyển Đại học. Mỗi môn tự chọn trắc nghiệm có 6 mã đề thi khác nhau, mã đề thi của các môn khác nhau là khác nhau. Tìm xác xuất để Tuấn và Hùng có chung đúng một môn thi tự chọn và chung một mã đề. A.

2 9

3 7

1 9

5 8

Câu 5(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 02) : Có 2 dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có 6 ghế. Xếp ngẫu nhiên 12 học sinh gồm 6 nam và 6 nữ ngồi vào 2 dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với 1 học sinh nữ và không có 2 học sinh cùng giới ngồi cạnh nhau bằng. A.

11 462

1 462

17 462

7 462

Câu 6(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 03). Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên chẵn có 3 chữ số khác nhau được chọn từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9 và không lớn hơn 789. Số phần tử của S là

A. 171.

B. 141.

C. 181.

D. 161. 5

Câu 7(Đề Toán Pen- Đề số 4). Biết 2n  4  Cnn  2  Cn1 2  n   Cnn12 , khi đó hệ số của x 3 trong 3n

2  khai triển  3 x 2   , x  0 bằng x 

A. 96069.

B.96906.

C. 96960.

D. 96096.

Câu 8(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019 –Đề 5). Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số gồm sáu chữ số khác nhau và tổng của ba chữ số đầu nhỏ hơn tổng của ba chữ số cuối một đơn vị A. 108 số. B. 180 số. C. 118 số. D. 181 số. Câu 9(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 1). Một người bỏ ngẫu nhiên 4 lá thư vào 4 bì thư đã đề sẵn địa chỉ. Tính xác suất để ít nhất có 1 lá thư bỏ đúng địa chỉ. A. Câu

3 5

B. 10.

1  3x 

(Đề

Thi

Thử

5 7

C. THPTQG

Năm

5 8

2019-

D. Đề

Khai

3 8

triển

đa

thức

Tính

tổng

 a0  a1 x  a2 x 2  ...  a20 x 20 .

Tính tổng S  a0  2 a1  3 a2  ...  21 a20 là: A. 420 Câu

B. 421

11(Đề

Thi

Thử

C. 422

THPTQG

Năm

2019

D. 423 –

Đề

 1 Cn . 1 1 1 S  1  C1n  Cn2  C3n  ...  n 3 5 7 2n  1 n

2.4.6...2n A. S  3.5.7...  2n  1

 2n ! B. S   n  1!

 1 C. S 

n! n  1 !  2n !

 1  2n ! S  2n  1! 2n 1

Câu 12(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 9). Tung một con súc sắc n lần. Tìm giá trị nhỏ nhất của n để xác suất xuất hiện mặt 6 chấm hai lần nhỏ hơn 0,001 A. 60

B. 61

C. 62

D. 63

Câu 13(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 3). Cho hai đường thẳng song song 1 và  2 . Nếu trên hai đường thẳng 1 và  2 có tất cả 2018 điểm thì số tam giác lớn nhất có thể tạo ra từ 2018 điểm này là A. 1020133294. B. 1026225648. C. 1023176448. D. 1029280900. Câu 14(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 4). Có 60 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 60. Rút ngẫu

nhiên 3 thẻ. Tính xác suất để tổng các số ghi trên 3 thẻ chia hết cho 3. 171 1 9 571 A. B. . C. D. . . . 1711 12 89 1711 Câu 15(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 5). Gọi S là tập các số có 7 chữ số đôi một khác nhau. Tính xác suất để khi rút một số từ tập S ta được số mà các chữ số 3; 4; 5 đứng liền nhau và cả các chữ số 6; 9 đứng liền nhau. 1 1 3 1 A. B. C. D. . . . . 315 210 700 630 Câu 16(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 6 ). Cho số nguyên n  3 . Khai triển 2n 2 n 1  x  1  x  x  1  a0  a1 x  a2 x 2  ...  a2 n x 2 n . Biết rằng tổng a0  a2  ...  a2 n2  a2 n  768 . Tính a5 . A. a5  294. B. a5  126. C. a5  378. D. a5  84. Câu 17(Đề Thi Thử THPTQG Năm 2019- Đề 6 ). Có một bình chứa 100 tấm thể đánh số từ 1 đến 100. Chọn ngẫu nhiên một tấm thẻ. Gọi a là số ghi trên tấm thẻ và x là chữ số tận cùng của số 2018a . Tính xác suất để x là số chia hết cho 4. 1 1 3 1 A. . B. . C. . D. . 4 8 4 2

GIẢI Câu 1. Chọn B. Phương pháp: Đây là bài toán xác suất cơ bản. 3 Cách giải: Số phần tử không gian mẫu là n     C15

Số cách để 3 hộp lấy ra có đủ ba loại thịt ở các quầy A, B, C là C14 C15C16  120

C14 C15C16 24 Vậy xác suất cần tìm là  3 C15 91 Câu 2. Chọn D. Phương pháp: Cách giải: Số phần tử không gian mẫu là n     C103  120. Gọi A là biến cố :” 3 điểm được chọn lập thành tam giác có 2 đỉnh tô màu đỏ”. Ta có: n  A   C62 .C41  60 Vậy xác suất cần tìm là P  A  

n  A  60 1   . n    120 2

Câu 3. Chọn A Cách giải: Cho x=1  S  3n n

(1  x  x 2 ) n   Cnk ( x  x 2 ) k k 0

  Cnk Cki .x k i k 0 i 0

Tính hệ số của a3 là :

k  i  3 i  0, k  3 0  k  n   i  1, k  2  0  i  k i  2, k  1( L) k , i  Z  a3  Cn3C30  Cn2C21  Cn3  2Cn2 Tương tự với a4 ta được  a4  Cn4C40  Cn3C31  Cn2C22  Cn4  3Cn3  Cn2

41a3  14a4  41[Cn3  2Cn2 ]  14[Cn4  3Cn3  Cn2 ]  n  10  S  310 Câu 4. Chọn C. Phương pháp: Qui tắc đếm và tổ hợp. Cách giải: Mỗi phần tử không gian mẫu là một cách chọn đề của Tuấn và Hùng. Do đó số phần tử không gian mẫu là n      C32 .C61 .C61  . 2

Gọi A là biến cố : “Tuấn và Hùng có chung đúng một môn thi tự chọn và chung một mã đề” Mỗi phần tử của biến cố A được thành lập bằng cách cho Tuấn chọn trước, sau đó Hùng chọn phụ thuộc vào Tuấn. Ta có: n  A   C32 .C61 .C61 .C21 .C61 Vậy P  A  

n  A 1  . n  9

Câu 5 : Chọn B. Phương pháp: Sử dụng hoán vị và quy tắc nhân. Cách giải: Xếp 12 học sinh vào 12 ghế có 12! cách xếp. Đánh số ghế như sau:

1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 Chọn giới tính nam hoặc nữ có 2 cách. Xếp nam hoặc nữ ngồi vào các ghế 1, 3, 5, 8, 10,12 có 6!  720 cách. Xếp các bạn giới tính còn lại vào 6 ghế còn lại có 6!  720 cách. Vậy có 2.720.720  1036800 cách. 1036800 1 Do đó xác suất cần tìm là  12! 462 Câu 6: Chọn đáp án A Gọi số có dạng abc a  2, 4, 6 , mỗi trường hợp c có 3 cách chọn cs chẵn , b có 7 cách chọn  21.3  63 số a  1,3,5 , mỗi trường hợp c có 4 cách chọn cs chẵn , b có 7 cách chọn  28.3  84 số a  7 , c có 4 cách chọn cs chẵn , b có 6 cách chọn  6.4  24 số  24  63  84  171  A Câu 7. Chọn đáp án D

6 12

2n  4  Cnn  2  Cn1 2  n   Cnn12  n  5 15

2 15 .k  k 15 2    3 x 2     C15k x 3 .215 k x  k 0

5 3

 hệ số của x là : C1510 .25  96096 Câu 8. Chọn đáp án A Tổng các chữ số = 21  3 chữ số đầu là (1;3;6), (1; 4;5), (2;3;5) Mỗi trường hợp 3 chữ số đầu có 3! cách xếp , 3 chữ số sau có 3! cách xếp  A  3.3!.3!  108 Câu 9. Bỏ 4 lá thư vào 4 phong bì ta có số cách bỏ là. 4! cách Ta xét các trường hợp sau. + TH1. chỉ có một lá thư bỏ đúng. giải sử ta chọn 1 trong 4 lá để bỏ đúng (có 4 cách), trong mỗi cách đó chọn một lá để bỏ sai (có 2 cách), khi đó 2 lá còn lại nhất thiết là sai (1 cách), vậy trong TH1 này có 4.2.1 = 8 cách. + TH2. có đúng 2 lá bỏ đúng. tương tự trên, ta chọn 2 lá bỏ đúng (có C42  6 cách), 2 lá còn lại nhất thiết sai (1 cách), vậy trong TH2 này có 6 cách. + TH3. dễ thấy khi 3 lá đã bỏ đúng thì đương nhiên là cả 4 lá đều đúng, vậy có 1 cách.  có 8 + 6 +1 = 15 cách bỏ ít nhất có 1 lá thư vào đúng địa chỉ

 Xác suất cần tìm là.

15 5  24 8

Câu 10. Chọn đáp án B

1  3x    C20k (3)k .x k 20

k 0

 ak âm với k lẻ  S  a0  2a1  3a2  ...  21a 20 f ' ( x)  a1  2a2 x  3a3 x 2  ...  20a20 x19  x. f ' ( x)  a1 x  2a2 x 2  ...  20a20 x 20  g ( x) f ( x)  a0  a1 x  a2 x 2  ...  a20 x 20  f ( x)  g ( x)  a0  2a1 x  3a2 x 2  ...  21a20 x 20  S  f (1)  g (1)  421

Câu 11. Chọn đáp án A 8 2.4 2.4.6...2n S Chọn n  2  S   15 3.5 3.5.7...  2n  1 Câu 12. Chọn đáp án C Xác suất xuất hiện mặt 6 chấm 2 lần : Cn2 .

1 5 n2 .( ) < 0,001  n min  62 36 6

Câu13: Chọn B Cách giải: Tam giác có thể tạo ra sẽ có 2 trường hợp TH1: 1 điểm thuộc 1 và 2 điểm thuộc  2 TH2: 1 điểm thuộc  2 và 2 điểm thuộc 1 Gọi số điểm trên 1 là n => số điểm trên  2 là 2018-n Xét n=1 => số tam giác tạo ra là 2033136 =>Loại 2 2 Xét n>1 => số tam giác tạo thành là:    n.C2018  n  (2018  n).Cn Câu 14: Chọn D Ta chia 1  60 thành 3 tập hợp : + Tập các số chia hết cho 3 : 20 số + Tập các số chia 3 dư 1 : 20 số + Tập các số chia 3 dư 2: 20 số 3 3 Số cách lấy 3 thẻ trong 60 thẻ : n()  C60 ( có thể loại B,C vì C60 không chia hết cho mẫu của B,C) Rút 3 thẻ tổng chia hết 3 : 3 +cả 3 thẻ chia hết cho 3 : C20 3 + 3 thẻ chia 3 dư 1 : C20 3 + 3 thẻ chia 3 dư 2 : C20 1 3 + 1 thẻ chia hết 3 , 1 thẻ chia 3 dư 1 , 1 thẻ chia 3 dư 2 : (C20 ) 11420 571 3 1 3 D  n( A)  3.C20  (C20 )  11420  p   3 C60 1711

Câu 15. Chọn đáp án B n()  9.9.8.7.6.5.4

Coi cụm 3 chữ số 3;4;5 là 1 số X Coi cụm 2 chữ số 6;9 là 1 số Y Xét số abcd TH 1: Có số 0 Có 3 cách chọn vị trí số 0 Có 3! Cách đảo 3 vị trí con lại X có 3! Cách đảo 3; 4;5 Y có 2! Cách đảo 6;9

Vị trí còn lại có 4 cách chọn ( 1, 2, 7,8 )

 A1  3.3!.3!.2!.4

TH 2 : Không có số 0 Có 4! cách đảo vị trí 4 số X có 3! Cách đảo 3; 4;5 Y có 2! Cách đảo 6;9 2 số còn lại có C42 cách chọn ( 1, 2, 7,8 )

 A2  4!.3!.2!.C42

 A  2592  p 

A 1  n() 210

Câu 16. Chọn đáp án B

f ( x)   x  1  x  x  1 2n

2 n 1

 a0  a1 x  a2 x 2  ...  a2 n x 2 n

3 f (1)  f (1)  2(a0  a2  ...  a2 n  2  a2 n )  2.768  .22 n  n  5 2 10

k 0

 f ( x)   C10k .x k .(1)10 k  x  C9k .x k  a5  126 Câu 17. Chọn đáp án D x chia hết cho 4  a chia 4 dư 1 hoặc 2 (*) 50 1 1  100 có 50 số thỏa mãn (*)  p   100 2

Câu 1.

(Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị Lần 1) Một chiếc vòng đeo tay gồm 20 hạt giống nhau. Hỏi có bao nhiêu cách cắt chiếc vòng đó thành 2 phần mà số hạt ở mỗi phần đều là số lẻ? A. 90. B. 5. C. 180. D. 10 .

Câu 2.

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 2018-2019) Cho đa giác đều 2019 đỉnh. Khi đó số tứ giác mà mỗi đỉnh được lấy từ các đỉnh của đa giác đều đã cho và không có cạnh nào là cạnh của đa giác đều đã cho là: 4 4 4 4  2019 A. 2019C2016 B. C2019 C. 504, 75.C2016 D. C2019 .

Câu 3.

(Đặng Thành Nam Đề 2) Một công việc để hoàng thành bắt buộc phải trải qua hai bước, bước thứ nhất có m cách thực hiện và bước thứ hai có n cách thực hiện. Số cách để hoàn thành công việc đã cho bằng A. m  n . B. m n . C. mn . D. n m .

Câu 4.

(PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019..) Từ các chữ số 1, 2,3,...,9 lập được bao nhiêu số có 3 chữ số đôi một khác nhau. A. 39 . B. A93 . C. 93 . D. C93 .

Câu 5.

(CHUYÊN-NGUYỄN-HUỆ-HÀ-NỘI) Một lớp học có 12 bạn nam và 10 bạn nữ. Số cách chọn hai bạn trực nhật sao cho có cả nam và nữ là A. 120 . B. 231 . C. 210 . D. 22 .

Câu 6.

(CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ HÒA BÌNH LẦN 4 NĂM 2019) Một tổ có 10 học sinh. Số cách chọn ra hai bạn học sinh làm tổ trưởng và tổ phó là: A. 10

B. 90.

C. 45.

D. 24.

Câu 7.

(Sở Ninh Bình 2019 lần 2) Có bao nhiêu cách chọn ra một tổ trưởng và một tổ phó từ một tổ có 10 người? Biết khả năng được chọn của mỗi người trong tổ là như nhau. A. 100 . B. 90 . C. 50 . D. 45 .

Câu 8.

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 2018-2019) Nhãn mỗi chiếc ghế trong một hội trường gồm hai phần : phần đầu là một chữ cái ( trong bảng 24 chữ cái tiếng Việt ), phần thứ hai là một số nguyên dương nhỏ hơn 26. Hỏi có nhiều nhất bao nhiêu chiếc ghế được ghi nhãn khác nhau ? A. 624 . B. 600 . C. 49 . D. 648 .

Câu 9.

Trong một lớp học có 20 học sinh nam và 24 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn hai học sinh: 1 nam và 1 nữ tham gia đội cờ đỏ. Hỏi giáo viên chủ nhiệm đó có bao nhiêu cách chọn? A. 44 . B. 480 . C. 20 . D. 24 .

Câu 10.

Một bộ đồ chơi ghép hình gồm các miếng nhựa. mỗi miếng nhựa được đặc trưng bởi ba yếu tố: màu sắc, hình dạng và kích cỡ. Biết rằng có 4 màu (xanh, đỏ, vàng, tím), có 3 hình dạng (hình tròn, hình vuông, hình tam giác) và 2 kích cỡ (to, nhỏ). Hộp đồ chơi đó có số miếng nhựa nhiều nhất là: A. 24 . B. 9 . C. 26 . D. 20 .

Câu 11.

(Chuyên Hà Nội Lần1) Gọi A là tập hợp tất cả các số có dạng abc với a, b, c  1;2;3; 4 . Số phần tử của tập hợp A là A. C43 . B. 34 .

C. A43 .

D. 43 .

Câu 12. (Hậu Lộc Thanh Hóa) Từ các số 0 , 1 , 3 , 4 , 5 , 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có sáu chữ số khác nhau? A. 720 . B. 600 . C. 625 . D. 240 . Câu 13.

(Đặng Thành Nam Đề 14) Tập hợp A  1, 2,...,10 . Số cách chọn ra 2 phần tử của A gồm 1 phần tử chẵn và 1 phần tử lẻ bằng

A. C102 .

1 B.  C10 . 2

C.  C51  . 2

1 D. C10 C91.

Câu 14.

(THPT TX QUẢNG TRỊ LẦN 1 NĂM 2019) Từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 lập được bao nhiêu số tự nhiên có sáu chữ số đôi một khác nhau trong đó các chữ số 1, 2, 3 luôn có mặt và đứng cạnh nhau? A. 96 . B. 480 . C. 576 . D. 144 .

Câu 15.

(Sở Cần Thơ 2019) Cho hai đường thẳng d1 và d 2 song song với nhau. Trên đường thẳng d1 cho 5 điểm phân biệt, trên đường thẳng d 2 cho 7 điểm phân biệt. Số tam giác có đỉnh là các điểm trong 12 điểm đã cho là: A. 350. B. 210. C. 175. D. 220.

Câu 16. (Chuyên Vinh Lần 3) Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số được viết từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 sao cho số đó chia hết cho 15? A. 234. B. 132. C. 243. D. 432. Câu 17. (Chuyên Quốc Học Huế Lần1) Cho tập hợp S  1; 2;3; 4;5;6 . Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau lấy từ S sao cho tổng của các chữ số hàng đơn vị , hàng chục và hàng trăm lớn hơn tổng các chữ số còn lại là 3. Tính tổng của các phần tử của tập hợp M. A. T  11003984 . B. T  36011952 . C. T  12003984 . D. T  18005967 . Câu 18.

(THPT-Yên-Mô-A-Ninh-Bình-2018-2019-Thi-tháng-4) Cho một bảng ô vuông 3  3 .

Điền ngẫu nhiên các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 vào bảng trên (mỗi ô chỉ điền một số). Gọi A là biến cố “mỗi hàng, mỗi cột bất kì đều có ít nhất một số lẻ”. Xác suất của biến cố A bằng 1 10 5 1 A. P  A   . B. P  A   . C. P  A   . D. P  A   . 3 21 7 56 Câu 19.

(Sở Điện Biên) Lấy ngẫu nhiên một số tự nhiên có 9 chữ số khác nhau. Tính xác suất để số đó chia hết cho 3 . 17 11 1 5 A. . B. . C. . D. . 81 27 9 18

Câu 20. (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG QUẢNG NAM LẦN 2 NĂM 2019) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm bốn chữ số đôi một khác nhau được lấy từ các chữ số 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Tính xác suất P để được một số chia hết cho 11 và tổng bốn chữ số của nó cũng chia hết cho 11 . 1 2 1 3 A. P  . B. P  . C. P  . D. P  . 126 63 63 126 Câu 21.

(CHUYÊN THÁI BÌNH LẦN V NĂM 2019) Cho tập A  3; 4;5;6 . Tìm số các số tự nhiên có bốn chữ số được thành lập từ tập A sao cho trong mỗi số tự nhiên đó, hai chữ số 3 và 4 mỗi chữ số có mặt nhiều nhất 2 lần, còn hai chữ số 5 và 6 mỗi chữ số có mặt không quá 1 lần. A. 24 . B. 30 . C. 102. D. 360 .

Câu 22.

(SỞ QUẢNG BÌNH NĂM 2019) Với k và n là các số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n , mệnh đề nào dưới đây sai?

A. Cnk  Cnn  k . Câu 23.

B. Cnk 

Ank . k!

C. Cnk 1  Cnk  Cnk1.

D. Cnk  Ckn .

(SỞ LÀO CAI 2019) Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n . Công thức tính số tổ hợp chập k của n phần tử là n! n! A. Cnk  . B. Ank  .  n  k !k !  n  k !

C. Cnk 

n! .  n  k !

D. Ank 

n! .  n  k !k !

Câu 24.

(CỤM TRẦN KIM HƯNG - HƯNG YÊN NĂM 2019) Có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi cho 4 bạn học sinh vào dãy có 4 ghế? A. 8 cách. B. 12 cách. C. 24 cách. D. 4 cách.

Câu 25.

(Chuyên Thái Nguyên) Cho trước 5 chiếc ghế xếp thành một hàng ngang. Số cách xếp ba bạn A, B, C vào 5 chiếc ghế đó sao cho mỗi bạn ngồi một ghế là A. C53 .

B. 6.

C. A53 .

D. 15.

Câu 26.

(SỞ PHÚ THỌ LẦN 2 NĂM 2019) Có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi cho bốn bạn học sinh vào bốn chiếc ghế kê thành một hàng ngang? A. 24 . B. 4 . C. 12 . D. 8 .

Câu 27.

(SỞ GD & ĐT CÀ MAU) Một tổ học sinh có 5 học sinh nam và 7 học sinh nữ. Có bao nhiêu cách chọn 4 học sinh của tổ để tham ra một buổi lao động? A. C54  C74 . B. 4! . C. A124 . D. C124 .

Câu 28.

(THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) Với k , n là hai số nguyên dương tùy ý k  n , mệnh đề nào dưới đây đúng? n! n! k !n ! n! k k k A. An  . B. An  . C. Ank  . D. An  . k ! n  k  ! k!  n  k !  n  k !

Câu 29.

(THPT ISCHOOL NHA TRANG) Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? A. Cnk 

n! 0  k  n. k ! n  k  !

C. Cnk  k ! Ank

0  k  n .

B. Ank 

n! 1  k  n  .  n  k !

D. Pn  n !  n  1 .

Câu 30.

(THPT-Nguyễn-Công-Trứ-Hà-Tĩnh-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n , mệnh đề nào dưới đây là đúng? n! n! k! n! A. Ank  . B. Ank  . C. Ank  . D. Ank  . k ! n  k ! n ! n  k  ! k!  n  k !

Câu 31.

(Đặng Thành Nam Đề 17) Số cách xếp 4 học sinh vào một dãy ghế dài gồm 10 ghế, mỗi ghế chỉ một học sinh ngồi bằng A. C104 . B. 104 . C. A104 . D. 410 .

Câu 32.

(Đặng Thành Nam Đề 15) Số tập con gồm đúng 3 phần tử của tập hợp gồm 10 phần tử bằng A. A103 . B. 310  1 . C. C103 . D. 310 .

Câu 33.

(THPT-Phúc-Trạch-Hà-Tĩnh-lần-2-2018-2019-thi-tháng-4) Kí hiệu: Cnk (với k ; n là những số nguyên dương và k  n ) có ý nghĩa là A. Chỉnh hợp chập k của n phần tử. B. Số tổ hợp chập k của n phần tử. C. Tổ hợp chập k của n phần tử. D. Số chỉnh hợp chập k của n phần tử.

Câu 34.

(Cụm 8 trường chuyên lần1) Số tập hợp con có 3 phần tử của một tập hợp có 7 phần tử là :

7! . 3!

B. C73 .

C. A73 .

D. 21 .

Câu 35.

(CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT 2019 lần 1) Từ các chữ số 1, 2,3, 4,5, 6 . Có thể lập được bao nhiêu số có 3 chữ số khác nhau? A. 216 . B. 120 . C. 504 . D. 6 .

Câu 36.

[1D2-2.1-1] (Sở Phú Thọ) Trong mặt phẳng cho tập S gồm 10 điểm trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Có bao nhiêu tam giác có 3 đỉnh đều thuộc S ? A. 720. B. 120. C. 59049. D. 3628800.

Câu 37.

(Sở Lạng Sơn 2019) Số tập con có 3 phần tử của một tập hợp có 7 phần tử là 7! A. . B. C73 . C. 7. D. A73 . 3!

Câu 38.

(CỤM TRƯỜNG SÓC SƠN MÊ LINH HÀ NỘI) Cho tập hợp X có 20 phần tử. Số tập con gồm 3 phần tử của X là 3 3 17 A. 203 . B. A20 . C. C20 . D. A20 .

Câu 39.

(Cổ Loa Hà Nội) Kí hiệu Ckn là số tổ hợp chập k của n phần tử  0  k  n  . Mệnh đề nào sau đây đúng? n! A. Ckn  .  n  k !

B. Ckn 

n! . k!

C. Ckn 

n! . k ! n  k  !

D. Ckn 

n! . k ! n  k  !

Câu 40.

(Hậu Lộc Thanh Hóa) Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n , mệnh đề nào dưới đây đúng? n! n! n! A. Ank  . B. Ank  n !. C. Ank  . D. Ank  . k! k ! n  k  !  n  k !

Câu 41.

(THPT-Ngô-Quyền-Hải-Phòng-Lần-2-2018-2019-Thi-24-3-2019) Cho số nguyên dương n và số nguyên k với 0  k  n . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Cnk  Cnn  k . B. Cnk  Cnn k . C. Cnk  Cnk 1 . D. Cnk  Cnn1k .

Câu 42.

(KHTN Hà Nội Lần 3) Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau lập từ các chữ số 1, 2,3, 4,5, 6? A. 20 số.

Câu 43.

B. 216 số.

(Đặng Thành Nam Đề 6) tập A là A. 1; 2 .

C. 729 số.

D. 120 số.

Cho tập hợp A  1, 2,3,...10 . Một tổ hợp chập 2 của các phần tử

B. C102 .

C. A102 .

D. 1; 2  .

Câu 44.

(Sở Quảng Ninh Lần1) Một tổ có 10 học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 2 học sinh từ tổ đó để giữ 2 chức vụ tổ trưởng và tổ phó. A. C102 . B. A108 . C. 102 . D. A102 .

Câu 45.

(NGHĨA-HƯNG-NAM-ĐỊNH) Với k , n là số nguyên dương 1  k  n . Đẳng thức nào sau đây là đúng? A. Cnk 1  Cnk1  Cnk11.

Câu 46.

Câu 47.

B. Cnk11  Cnk  Cnk1.

C. Cnk 1  Cnk  Cnk11.

(CHUYÊN-QUANG-TRUNG-L5-2019) Chọn kết luận đúng n! n! A. Ank  . B. Cn0  0 . C. Cnk  . k ! n  k  !  n  k ! (Nguyễn Du số 1 lần3) Trong các công thức sau, công thức nào đúng?

D. Cnk 1  Cnk  Cnk1. D. An1  1 .

A. Cnk  Câu 48.

Ank . k

B. Ank 

n! .  n  k !

(Chuyên Lý Tự Trọng Cần Thơ) Với k và mệnh đề nào dưới đây đúng? k A. Cn 

n! .  n  k !

k B. Cn 

k ! n  k  ! . n!

C. Cnk 

n! . k  n  k !

D. Ank 

n! . n  k 

là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n , C. Cnk 

n! . k!

k D. Cn 

n! . k ! n  k  !

Câu 49.

(Cụm 8 trường Chuyên Lần 1) Cho tập hợp S gồm 5 phần tử. Số tập con gồm 2 phần tử của S là: A. 30 . B. 52 . C. C52 . D. A52 .

Câu 50.

(Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Cho n   và n !  1 . Số giá trị của n thỏa mãn giả thiết đã cho là A. 1. B. 2. C. 0. D. Vô số.

Câu 51.

(Ba Đình Lần2) Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n . Mệnh đề nào dưới đây đúng ? k ! n  k  ! n! n! n! A. Cnk  . B. Ank  . C. Cnk  . D. Ank  . k! n! k ! n  k  !  n  k !

Câu 52.

(THPT SỐ 1 TƯ NGHĨA LẦN 2 NĂM 2019) Số các tổ hợp chập k của một tập hợp có n phần tử 1  k  n  là :

A. Cnk 

n! .  n  k !

B. Cnk 

Ank . k!

C. Cnk 

Ank .  n  k !

D. Cnk 

k ! n  k  ! . n!

Câu 53.

(KÊNH TRUYỀN HÌNH GIÁO DỤC QUỐC GIA VTV7 –2019) Cho tập hợp M có 10 phần tử. Số tập hợp con gồm 2 phần tử của M là A. A108 . B. A102 . C. C102 . D. 102 .

Câu 54.

(Quỳnh Lưu Lần 1) Có bao nhiêu cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 41 học sinh? 2 41 A. A412 . B. 41 . C. 2 . D. C412 .

Câu 55.

( Sở Phú Thọ) Với k và n là hai số nguyên dương thỏa mãn k  n , mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Pn 

n! .  n  k !

B. Pn   n  k  ! .

C. Pn 

n! . k!

D. Pn  n ! .

Câu 56.

(Sở Phú Thọ) Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n , mệnh đề nào dưới đây đúng? n! n! A. Pn  . B. Pn   n  k  ! . C. Pn  . D. Pn  n ! . k!  n  k !

Câu 57.

Công thức tính số các chỉnh hợp chập k của một tập có n phần tử 1  k  n  là A. Cnk 

Câu 58.

n! .  n  k !

n! . k ! n  k  !

C. Ank 

n! .  n  k !

D. Ank 

n! . k ! n  k  !

Cho k , n 1  k  n  là các số nguyên dương bất kì. Mệnh đề nào sau đây sai? Ank A. C  . k! k n

Câu 59.

B. Cnk 

Ank B. C  .  n  k ! k n

C. Cnk 

n! . k ! n  k  !

Cho n  2, n   thỏa mãn : An3  Cn2  14n . Giá trị của n là

D. Ank 

n! .  n  k !

A. 3.

B. 4.

C. 5.

D. 6.

Câu 60.

(Sở Ninh Bình 2019 lần 2) Có bao nhiêu cách chia 20 chiếc bút chì giống nhau cho ba bạn Bắc, Trung, Nam sao cho mỗi bạn được ít nhất một chiếc bút chì A. 153 . B. 210 . C. 190 . D. 171 .

Câu 61.

(Chuyên Vinh Lần 2) Mệnh đề nào sau đây sai ? A. Số tập con có 4 phần tử của tập 6 phần tử là C64 . B. Số cách xếp 4 quyển sách vào 4 trong 6 vị trí trên giá là A64 . C. Số cách chọn và xếp thứ tự 4 học sinh từ nhóm 6 học sinh là C64 . D. Số cách xếp 4 quyển sách trong 6 quyển sách vào 4 vị trí trên giá là A64 .

Câu 62.

(Chuyên Vinh Lần 2) Mệnh đề nào sau đây sai ? A. Số cách chọn một tổ văn nghệ gồm 3 em tùy ý từ lớp 10A1 gồm 35 em là C353 . B. Số cách xếp 3 quyển sách vào 3 trong 6 vị trí trên giá là A63 . C. Số cách cắm 3 bông hoa vào 5 bình hoa (mỗi bông cắm 1 bình) là C53 . D. Số cách xếp 4 quyển sách trong 6 quyển sách vào 4 vị trí trên giá là A64 .

Câu 63.

(KINH MÔN HẢI DƯƠNG 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào sau đây không phải là phương trình mặt cầu? A. x 2  y 2  z 2  1  0 . B. x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  17  0 . C. x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  5  0 .

Câu 64.

Câu 65.

D. x 2  y 2  z 2  2 x  y  z  0 .

(Đoàn Thượng) Một đội văn nghệ có 10 người gồm 6 nam và 4 nữ. Cần chọn ra một bạn nam và một bạn nữ để hát song ca. Hỏi có bao nhiêu cách chọn? A. 1 . B. 24 . C. 10 . D. C102 . (Gang Thép Thái Nguyên) Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 học sinh theo một hàng ngang? A. 10. B. 24. C. 5. D. 120.

Câu 66.

(Nguyễn Du Dak-Lak 2019) Số các chỉnh hợp chập k của một tập hợp gồm n phần tử (với k ,n  * , k  n ). k !  n  k ! k! A. . B. Cnk k! . C. Cnk  n  k  !. D. . n!  k  n !

Câu 67.

(Chuyên Vinh Lần 2) Mệnh đề nào sau đây sai ? A. Số tập con có 2 phần tử của tập 6 phần tử là C62 . B. Số tam giác được tạo ra từ 9 điểm phân biệt (trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng) là C93 . C. Số vecto tối đa tạo bởi 20 điểm phân biệt là C202 . D. Số cách xếp 3 quyển sách trong 7 quyển sách vào 3 vị trí trên giá là A73 .

Câu 68.

(Sở Hưng Yên Lần1) Trong tủ quần áo của bạn An có 4 chiếc áo khác nhau và 3 chiếc quần khác nhau. Hỏi bạn An có bao nhiêu cách để chọn 1 bộ quần áo để mặc? A. 7 . B. 27 . C. 64 . D. 12 .

Câu 69.

(Chuyên Hưng Yên Lần 3) Cho tập M  1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 . Có bao nhiêu tập con có 4 phần tử lấy từ các phần tử của tập M ? A. 49 . B. C94 .

D. A94 .

C. 4! .

Câu 70.

(Sở Thanh Hóa 2019) Cho tập hợp A gồm có 9 phần tử. Số tập con gồm có 4 phần tử của tập hợp A là A. C94 . B. P4 . C. 36 . D. A94 .

Câu 71.

(THPT-Chuyên-Sơn-La-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-4) Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n , mệnh đề nào dưới đây đúng? k ! n  k  ! n! n! n! A. Ank  . B. Ank  . C. Ank  . D. Ank  . n! k! k ! n  k  !  n  k !

Câu 72.

(ĐẠI-HỌC-SP-HÀ-NỘI) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 2. Số các chỉnh hợp chập 2 của n phần tử là A.

n  n  1 . 2!

B. 2!.n  n  1 .

C. n.  n  1 .

D. 2n .

Câu 73.

(CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIỆU ĐỒNG THÁP 2019 LẦN 2) Một tổ có 10 học sinh. Số cách chọn ra 2 học sinh từ tổ đó để giữ 2 chức vụ tổ trưởng và tổ phó là A. C102 . B. A102 . C. 102. D. A108 .

Câu 74.

(Hàm Rồng ) Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Ank 

n! . k!

B. Ank 

n! . k ! n  k !

C. Ank 

k ! n  k ! . n!

D. Ank 

n! .  n  k !

Câu 75.

(CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 3) Số cách xếp 3 người ngồi vào 5 ghế xếp thành hàng ngang sao cho mỗi người ngồi một ghế là A. A53 . B. C53 . C. 5! . D. 3! .

Câu 76.

(THANH CHƯƠNG 1 NGHỆ AN 2019 LẦN 3) Số các số tự nhiên gồm ba chữ số khác nhau lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 là A. C83 . B. P8 . C. A83 . D. P3 .

Câu 77.

(Cầu Giấy Hà Nội 2019 Lần 1) Cho n điểm phân biệt trên mặt phẳng  n  , n  2  . Số  véctơ khác 0 có cả điểm đầu và điểm cuối là các điểm đã cho bằng n( n  1) A. n( n  1) . B. . C. 2n( n  1) . D. 2n . 2

Câu 78.

(Chuyên Bắc Giang) Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n , mệnh đề nào dưới đây sai? n! A. Cnk  Cnk 1  Cnk1 . B. Ank  . C. Ank  Cnk k ! . D. Cnk  Cnn  k . (n  k )!k !

Câu 79.

(Sở Bắc Ninh) Cho tập hợp A có 26 phần tử. Hỏi A có bao nhiêu tập con gồm 6 phần tử? A. C266 . B. 26. C. P6 . D. A266 .

Câu 80.

(Đặng Thành Nam Đề 9) Cho tập hợp A  1, 2,3,....,10 . Một chỉnh hợp chập 2 của A là A. 1; 2 .

B. C102 .

C. A102 .

D. (1; 2) .

Câu 81.

(NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG LẦN IV NĂM 2019) Một lớp học có 40 học sinh, biết rằng các bạn đều có khả năng được chọn như nhau, số cách chọn ra ba bạn để phân công làm tổ trưởng tổ 1, tổ 2 và tổ 3 là 3 3 3 A. A40 . B. C40 . C. 3! . D. 3C40 .

Câu 82.

(THPT-Nguyễn-Đức-Cảnh-Thái-Bình) Một tập A có n phần tử, với n là số tự nhiên lớn hơn 1, số tập con khác rỗng của tập A là A. n ! . B. n ! 1 . C. 2n  1 . D. 2n .

Câu 83.

(Đặng Thành Nam Đề 3) Số cách xếp 3 học sinh vào một hàng ghế dài gồm 10 ghế, mỗi ghế chỉ một học sinh ngồi bằng A. C103 B. C103 . A103 C. C103  A103 D. A103

Câu 84.

(Thị Xã Quảng Trị) Tổ 1 gồm 10 bạn học sinh. Có bao nhiêu cách để cô giáo chủ nhiệm chọn ra 4 em đi bưng bàn ghế? A. C104 . B. 4! . C. A104 . D. 6! .

Câu 85.

(Chuyên Vinh Lần 3) Từ các chữ số 1, 2,3,...,9 lập được bao nhiêu số có 3 chữ số đôi một khác nhau A. 39 . B. A93 . C. 93 . D. C93 .

Câu 86.

(Trung-Tâm-Thanh-Tường-Nghệ-An-Lần-2) Với k , n  tùy ý thỏa mãn k  n , mệnh đề nào sau đây đúng? n! n! A. Cnk  . B. Ank  . k ! n  k  !  n  k ! C. Cnk  Cnk11  Cnk1 .

D. Pn  n  n  1 n  2  n  3 .

Câu 87.

( Sở Phú Thọ) Trong mặt phẳng, cho tập S gồm 10 điểm, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Có bao nhiêu tam giác có 3 đỉnh đều thuộc S ? A. 720. B. 120. C. 59049. D. 3628800.

Câu 88.

(THTT số 3) Một tập hợp M có 22018 tập con. Hỏi M có bao nhiêu tập con có ít nhất 2017 phần tử? 2017x2018 A. 2019. B. 2018. C. . D. 22017 . 2

Câu 89.

(Chuyên Hà Nội Lần1) Một lớp học gồm có 20 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Cần chọn ra 2 học sinh, 1 nam và 1 nữ để phân công trực nhật. Số cách chọn là A. 300 . B. C352 . C. 35 . D. A352 .

Câu 90.

(-Mai-Anh-Tuấn-Thanh-Hóa-lần-1-2018-2019) Cho k , n là số nguyên dương thỏa mãn 1  k  n . Đẳng thức nào sau đây đúng? A. Cnk 1  Cnk1  Cnk11 . B. Cnk11  Cnk  Cnk1 . C. Cnk 1  Cnk  Cnk11 .

D. Cnk 1  Cnk  Cnk1 .

Câu 91.

(THPT LƯƠNG THẾ VINH 2019 LẦN 3) Cho đa giác đều có 20 cạnh. Có bao nhiêu hình chữ nhật (không phải là hình vuông), có các đỉnh là đỉnh của đa giác đều đã cho? A. 45 . B. 35 . C. 40 . D. 50 .

Câu 92.

(Lương Thế Vinh Lần 3) Cho đa giác đều có 20 cạnh. Có bao nhiêu hình chữ nhật (không phải là hình vuông), có các đỉnh là đỉnh của đa giác đều đã cho? A. 45 . B. 35 . C. 40 . D. 50 .

Câu 93.

(Văn Giang Hưng Yên) Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau? A. 729 . B. 1000 . C. 648 . D. 720 .

Câu 94.

(Sở Hà Nam) Cho các số nguyên dương tùy ý k , n thỏa mãn k  n . Đẳng thức nào dưới đây đúng ? A. Cnk  Cnk11  Cnk1 .

Câu 95.

B. Cnk  Cnk11  Cnk1 .

C. Cnk  Cnk11  Cnk 1 .

D. Cnk  Cnk11  Cnk1 .

(Ngô Quyền Hà Nội) Cho A  1, 2, 3, 4 . Từ A lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau? A. 32 .

B. 24 .

C. 256 .

D. 18 .

Câu 96.

(TTHT Lần 4) Trong kho đèn trang trí đang có 5 bóng đèn loại I, 7 bóng đèn loại II, các bóng đèn đều khác nhau về màu sắc và hình dáng. Lấy ra 5 bóng đèn bất kỳ. Hỏi có bao nhiêu khả năng xảy ra số bóng đèn loại I nhiều hơn số bóng đèn loại II. A. 246 . B. 3480 . C. 245 . D. 3360 .

Câu 97.

(TTHT Lần 4) Gieo 2 xúc xắc màu xanh và đỏ cùng 1 lần. Hỏi có bao nhiêu khả năng xảy ra số chấm xuất hiện của xúc xắc màu xanh nhiều hơn số chấm xuất hiện trên xúc xắc màu đỏ. A. 18 . B. 15 . C. 30 . D. 16 .

Câu 98.

(Lê Quý Đôn Điện Biên Lần 3) Từ các chữ số 1, 2,3, 4,5, 6 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau? A. C63 . B. 63 . C. A63 D. 6! .

Câu 99.

(ĐH Vinh Lần 1) [1D2-2.6-2] (ĐH Vinh Lần 1) Có tất cả 120 cách chọn 3 học sinh từ nhóm n (chưa biết) học sinh. Số n là nghiệm của phương trình nào sau đây? A. n  n  1 n  2   120 .

B. n  n  1 n  2   720 .

C. n  n  1 n  2   120 .

D. n  n  1 n  2   720 .

Câu 100. (KIM LIÊN HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho n là số nguyên dương và Cn5  792 . Tính An5 . A. 3960 .

B. 95040 .

C. 95004 .

D. 95400 .

Câu 101. (Quỳnh Lưu Nghệ An) Có 6 học sinh và 3 thầy giáo A, B, C ngồi trên một hàng ngang có 9 ghế. Số cách xếp chỗ ngồi cho 9 người đó sao cho mỗi thầy giáo ngồi giữa hai học sinh là A. 43200 . B. 94536 . C. 55012 . D. 35684 . Câu 102. (Sở Ninh Bình Lần1) Số cách chọn 3 người từ một nhóm có 12 người là A. 4 . B. A123 . C. C123 . D. P3 . Câu 103. (Cụm 8 trường chuyên lần1) Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 5 chữ số đôi một khác nhau, sao cho trong mỗi số đó nhất thiết phải có mặt chữ số 0 ? A. 15120 . B. 7056 . C. 5040 . D. 120 . Câu 104. (Cụm 8 trường chuyên lần1) Từ một tập gồm 10 câu hỏi trong đó có 4 câu lý thuyết và 6 câu bài tập, người ta tạo thành các đề thi. Biết rằng một đề thi phải gồm 3 câu hỏi trong đó có ít nhất một câu lý thuyết và một câu bài tập. Hỏi có thể tạo bao nhiêu đề khác nhau ? A. 96 . B. 100 . C. 60 . D. 36 . Câu 105. (Đặng Thành Nam Đề 10) Số tập con gồm nhiều nhất 3 phần tử của tập A  1, 2,...,10 là A. C103 .

B. C100  C101  C102 .

C. C101  C102  C103 .

D. C100  C101  C102  C103 .

Câu 106. (THCS-THPT-NGUYỄN-KHUYẾN-TP-HCM-24THÁNG3) Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau.

A. 1000 .

B. 720 .

C. 729 .

D. 648 .

Câu 106. (THCS-THPT-NGUYỄN-KHUYẾN-TP-HCM-24THÁNG3) Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau. A. 1000 . B. 720 . C. 729 . D. 648 . Câu 107. (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Có bao nhiêu cách bỏ đồng thời 7 quả bóng bàn giống nhau vào 4 hộp khác nhau sao cho mỗi hộp có ít nhất 1 quả? A. A73 . B. 20 . C. 12 . D. C74 . 1 1 1 1 1    ...   2!2017! 4!2015! 6!2013! 2016!3! 2018! 2018 2018 2 2 1 22018  1 B. S  C. S  D. S  . . . 2019! 2019 2019

Câu 108. (Lý Nhân Tông) Tính tổng S  A. S 

22018  1 . 2019!

Câu 109. (Sở Ninh Bình Lần1) Cho tứ giác ABCD . Trên các cạnh AB , BC , CD , AD lần lượt lấy 3 ; 4 ; 5 ; 6 điểm phân biệt khác các điểm A , B , C , D . Số tam giác phân biệt có các đỉnh là các điểm vừa lấy là A. 781 . B. 624 . C. 816 . D. 342 . Câu 110. (Hùng Vương Bình Phước) Đội văn nghệ của trường THPT Hùng Vương có 9 học sinh, trong đó có 4 học sinh lớp 12, 3 học sinh lớp 11 và 2 học sinh lớp 10. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra một nhóm có ít nhất 3 học sinh để biểu diễn dịp 26 tháng 3 sao cho mỗi khối có ít nhất một học sinh, biết rằng năng khiếu văn nghệ của các em là như nhau A. 24. . B. 315 . C. 420 . D. 25 . Câu 111. (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) Có bao nhiêu số tự nhiên có hai chữ số, các chữ số khác nhau và đều khác không? A. 92 . B. A92 . C. C92 . D. 90 . Câu 112. (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUYÊN-HÀ-TĨNH) Trên các cạnh AB, BC , CA của tam giác ABC lần lượt lấy 2, 4, n (n > 3) điểm phân biệt (các điểm không trùng với các đỉnh của tam giác). Tìm n biết rằng số tam giác có các đỉnh thuộc n + 6 điểm đã cho là 247

A. 6 . B. 7 .

C. 5 .

D. 8 .

Câu 113. (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUYÊN-HÀ-TĨNH) Cho tam giác ABC , gọi S là tập hợp gồm 4 đường thẳng song song với AB , 6 đường thẳng song song với BC và 8 đường thẳng song song với AC . Hỏi có bao nhiêu hình bình hành được tạo thành từ các đường thẳng thuộc tập S A. 2712 .

B. 678 .

C. 652 .

D. 2436 .

Câu 114. (Sở Lạng Sơn 2019) Bé Minh có một bảng hình chữ nhật gồm 6 hình vuông đơn vị, cố định không xoay như hình vẽ. Bé muốn dùng 3 màu để tô tất cả các cạnh của các hình vuông đơn vị, mỗi cạnh tô một lần sao cho hình vuông đơn vị được tô bởi đúng 2 màu, trong đó mỗi màu tô đúng hai cạnh. Hỏi bé Minh có tất cả bao nhiêu cách tô màu bảng?

A. 139968.

B. 4374.

C. 576.

D. 15552.

Câu 115. (Hải Hậu Lần1) Có bao nhiêu cách chia hết 4 chiếc bánh khác nhau cho 3 em nhỏ, biết rằng mỗi em nhận được ít nhất 1 chiếc. A. 12 . B. 3 . C. 36 . D. 72 . Câu 116. (Nguyễn Đình Chiểu Tiền Giang) Cho tập hợp A có 3 phần tử, số hoán vị các phần tử của A bằng

A. 5 .

B. 4 .

C. 6 .

D. 7 .

Câu 117. (NGUYỄN ĐÌNH CHIỂU TIỀN GIANG) Cho tập hợp A có 3 phần tử, số hoán vị các phần tử của A bằng A. 5 . B. 4 . C. 6 . D. 7 . Câu 118. (THPT-CHUYÊN-HÀ-TĨNH) Với k , n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n, mệnh đề nào dưới đây sai? A. Cnk 

n! . k ! n  k  !

B. Ank  k !.Cnk .

C. Cnk  Cnk 1  Cnk1 .

D. Cnk  k !. Ank .

Câu 119. (THPT-CHUYÊN-HÀ-TĨNH) Với k , n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n, mệnh đề nào dưới đây sai? A. Cnk  Cnn  k .

B. Cnk  Cnk 1  Cnk11 .

C. Cnk 

Pn . k!

D. Cnk 

Ank . k!

Câu 120. (THPT-CHUYÊN-HÀ-TĨNH) Với k , n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn 4  k  n mệnh đề nào dưới đây sai? A. Cnk  4  Cnk 3  Cnk12  Cnk21  Cnk3  Cnk 4 . C. Ank 

n! .  n  k !

B. Cnk  2 

n! .  k  2 ! n  k  2 !

D. Ank  k !.Cnk .

Câu 121. (Sở Bắc Ninh) Cho k , n  k  n  là các số nguyên dương. Mệnh đề nào sau đây SAI? A. Cnk 

n! . k! n  k  !

B. Cnk  Cnn  k .

C. Ank  n !.Cnk .

D. Ank  k !.Cnk .

Câu 122. (Chuyên Phan Bội Châu Lần2) Với k , n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n  1 , mệnh đề nào dưới đây sai? A. Ank  C nk .

B. Ank 

n! .  n  k !

C. C nk  C nk 1  C nk11 . D. C nk  C nn k

Câu 123. (NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG LẦN IV NĂM 2019) Từ các chữ số thuộc tập hợp S  1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 có bao nhiêu số có 9 chữ số khác nhau sao cho chữ số 1 đứng trước chữ số 2, chữ số 3 đứng trước chữ số 4, chữ số 5 đứng trước chữ số 6 ? A. 7560. B. 272160. C. 45360. D. 362880. Câu 124. (THPT Nghèn Lần1) Từ các chữ số 0;1; 2;3; 4 lập được tất cả bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số khác nhau sao cho chữ số 2 và 3 đứng cạnh nhau. A. 20 .

B. 16 .

C. 14 .

D. 18 .

Câu 125. (ĐOÀN THƯỢNG-HẢI DƯƠNG LẦN 2 NĂM 2019) Đề kiểm tra 15 phút có 10 câu trắc nghiệm, mỗi câu có bốn phương án trả lời, trong đó có một phương án đúng, mỗi câu trả lời đúng được 1, 0 điểm. Một thí sinh làm cả 10 câu, mỗi câu chọn một phương án. Tính xác suất để thí sinh đó đạt từ 8, 0 điểm trở lên. 436 463 436 463 A. 10 . B. 10 . C. 4 . D. . 4 4 10 104 Câu 126. (TTHT Lần 4) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ? A. 2448 . B. 3600 . C. 2324 . D. 2592 .

Câu 127. (TTHT Lần 4) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ, đồng thời ba chữ số chẵn đứng liền nhau? A. 864 . B. 1728 . C. 576 . D. 792 . Câu 128. (TTHT Lần 4) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ, đồng thời hai chữ số lẻ đứng liền nhau? A. 2736 . B. 936 . C. 576 . D. 1152 . Câu 129. (TTHT Lần 4) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ, đồng thời ba chữ số chẵn đứng liền nhau và hai chữ số lẻ đứng liền nhau? A. 504 . B. 576 . C. 2448 . D. 936 . Câu 130. (TTHT Lần 4) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ, đồng thời ba chữ số chẵn và hai chữ số lẻ đứng xen kẽ? A. 72 . B. 576 . C. 216 . D. 504 . Câu 131. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định Lần 1) Từ các chữ số thuộc tập X  0;1; 2;3; 4;5;6;7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau sao cho mỗi số tự nhiên đó đều chia hết cho 18. A. 720. B. 860. C. 984. D. 1228. Câu 132. (Chuyên Thái Bình Lần3) Cho tập hợp S có 12 phần tử. Hỏi có bao nhiêu cách chia tập hợp S thành hai tập con (không kể thứ tự) mà hợp của chúng bằng S ? 312  1 312  1 A. . B. . C. 312  1 . D. 312  1 . 2 2 Câu 133. (Sở Bắc Ninh 2019) Kí hiệu Cnk là số các tổ hợp chập k của n phần tử 1  k  n  . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Cnk 

n! . k ! n  k  !

B. Cnk 

k! .  n  k !

C. Cnk 

k! . n ! n  k  !

D. Cnk 

n! .  n  k !

Câu 134. (Sở Đà Nẵng 2019) Trong mặt phẳng cho 18 điểm phân biệt trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Số tam giác có các đỉnh thuộc 18 điểm đã cho là 18! A. C183 . B. 6 . C. A183 . D. 3  Câu 135. (THPT Nghèn Lần1) Trong mặt phẳng cho 10 điểm phân biệt. Số vectơ khác 0 , có điểm đầu và điểm cuối lấy trong các điểm đã cho là A. 210 .

B. A102 .

C. 10! .

D. C102 .

Câu 136. (THPT-Yên-Mô-A-Ninh-Bình-2018-2019-Thi-tháng-4) Một lớp có 33 học sinh, cần chọn ra 6 học sinh để trực trường vào buổi chiều. Hỏi có bao nhiêu cách chọn? 6 6 A. 6! cách. B. C33 cách. C. A33 cách. D. 336 cách. Câu 137. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH 2019 – LẦN 1) Một hộp đựng 20 viên bi khác nhau được đánh số từ 1 đến 20 . Lấy ba viên bi từ hộp trên rồi c ộng số ghi trên đó lại. Hỏi có bao nhiêu cách lấy để kết quả thu được là một số chia hết cho 3 ? A. 90 . B. 1200 . C. 384 . D. 1025 .

Câu 138. (THTT số 3) Có bao nhiêu đường thẳng cắt Hypebol y 

3x  1 tại hai điểm phân biệt mà cả x2

hai điểm đó đều có tọa độ nguyên ? A.12.

B.4.

C.6.

D.3.

Câu 139. (SỞ GDĐT KIÊN GIANG 2019) Trên bảng ô vuông của một bảng 4  4 ô vuông, người ta điền một trong hai số 6 hoặc 6 sao cho tổng các số trong mỗi hàng và trong mỗi cột đều bằng 0 . Hỏi có bao nhiêu cách điền như thế? (tham khảo hình vẽ ví dụ cho một trường hợp điền số thỏa mãn yêu cầu)

A. 36 .

6

B. 16 .

D. 42 .

C. 90 .

Câu 140. ( Chuyên Lam Sơn Lần 2) Cho lưới ô vuông đơn vị kích thước 4 x 6 như sơ đồ hình bên.Một con kiến bò từ A , mỗi lần di chuyển nó bò theo một cạnh của hình vuông đơn vị để tới mắt lưới liền kề. Có tất cả bao nhiêu cách thực hiện hành trình để sau 12 lần di chuyển, nó dừng lại ở B ?. A. 3498 . B. 6666 . C. 1532 . D. 3489 . Câu 141. (Đặng Thành Nam Đề 5) Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n , mệnh đề nào dưới đây đúng ? A. Cnk  Cnk 1  Cnk1 . B. Cnk  Cnk 1  Cnk11 . C. Ank  Ank 1  Ank1 . D. Ank  Ank 1  Ank11 . Câu 142. (THPT NÔNG CỐNG 2 LẦN 4 NĂM 2019) Số các hoán vị của 4 phần tử là A. 24 . B. 12 . C. 4 . D. 48 . Câu 143. (Trần Đại Nghĩa) Sắp xếp 20 người vào 2 bàn tròn A, B phân biệt, mỗi bàn gồm 10 chỗ ngồi. Số cách sắp xếp là C10 .9!.9! 10 10 10 A. C20 B. C20 C. 20 . D. 2C20 .9!.9! . .10!.10! . .9!.9! . 2 Câu 144. (Chuyên Sơn La Lần 3 năm 2018-2019) Số cách chọn ra 3 học sinh trong số 10 học sinh không tính thứ tự là A. 6 . B. 120 . C. 720 . D. 30 . Câu 145. (CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT 2019 lần 1) Cho một hình vuông có cạnh bằng 4 . Chia hình vuông này thành 16 hình vuông đơn vị có cạnh bằng 1 . Hỏi có bao nhiêu tam giác có các đỉnh là các đỉnh của hình vuông đơn vị? A. 2248 . B. 2148 . C. 2160 . D. 2168 . Câu 146. (Chuyên KHTN) Tập giá trị của hàm số y = x - 3 + 7 - x là B. éê 0; 2 2 ùú . ë û

A. [3;7 ] .

D. éê 2; 2 2 ùú ë û

C. (3;7) .

Câu 147. (Chuyên KHTN) Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a . Tính diện tích toàn phần của vật tròn xoay thu được khi quay tam giác AA ' C quanh trục AA ' . A. 





3  2 a2 .

B. 2





2  1 a2 .

C. 2





6  1 a2 .

D. 





6  2 a2 .

Câu 148. (ĐH Vinh Lần 1) Cho k , n  k  n  là các số nguyên dương bất kì. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Ank 

n! . k!

B. Ank  k !.Cnk .

k C. An 

n! . k! n  k  !

D. Ank  n !.Cnk .

Câu 149. (ĐH Vinh Lần 1) Tìm công thức tính số các tổ hợp chập k của một tập có n phần tử. n! n! n! n! k k k k A. Cn  . B. Cn  . C. An  . D. An  .  n  k !  n  k !k !  n  k !  n  k !k ! Câu 150. (ĐH Vinh Lần 1) Trong mệnh đề sau, mệnh để nào sai? A. C143  C1411 . B. C103  C104  C114 . C. C40  C41  C42  C43  C44  16 .

D. C104  C114  C115 .





Câu 151. (Kim Liên) Tìm tất cả các giá trị của n thỏa mãn Pn .A 2n  72  6 A n2  2Pn . A. n  3; n  3; n  4. B. n  3; n  4. Câu 152. (Quỳnh Lưu Nghệ An) Biết An3  72Cnn 1 . Ta có A. 4096.

B. 64.

C. n  3. n

C k 0

k n

D. n  4.

bằng

C. 1204.

D. 1024.

Câu 153. (ĐH Vinh Lần 1) Cho số tự nhiên n thỏa mãn Cn2  An2  9n . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. n 5 .

B. n 3 .

C. n 7 .

D. n 2 .

Câu 154. (CHUYÊN SƯ PHẠM HÀ NỘI LẦN 4 NĂM 2019) Cuối năm học trường Chuyên Sư phạm tổ chức 3 tiết mục văn nghệ chia tay khối 12 ra trường. Tất cả các học sinh lớp 12A đều tham gia nhưng mỗi người chỉ được đăng kí không quá 2 tiết mục. Biết lớp 12A có 44 học sinh, hỏi có bao nhiêu cách để lớp lựa chọn? A. 244 .

B. 244  344 .

C. 344 .

Câu 155. (THPT-YÊN-LẠC) Số chỉnh hợp chập 3 của 10 phần tử A. P3 . B. C103 . C. P10 .

D. 644 . D. A103 .

Câu 156. (Đặng Thành Nam Đề 1) Với k , n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n , mệnh đề nào dưới đây đúng? k ! n  k  ! n! n! n! A. Cnk  . B. Cnk  . C. Cnk  . D. Cnk  . n! k! k ! n  k  !  n  k ! Câu 157. ( Hội các trường chuyên 2019 lần 3) Với k và n là hai số tự nhiên tùy ý thỏa mãn k  n , mệnh đề nào dưới đây đúng? k ! n  k  ! n! n! n! A. Ank  . B. Ank  . C. Ank  . D. Ank  . n! k! k ! n  k  !  n  k ! 0 3 6 2019 Câu 158. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2019) Tổng S  C2019 bằng  C2019  C2019  ...  C2019

22019  2 . 3

22019  4 . 3

22019  2 . 3

22019  4 . 3

Câu 159. (SỞ GDĐT KIÊN GIANG 2019) Tìm n   biết khai triển nhị thức  a  2  cả 15 số hạng. A. 13 .

B. 10 .

C. 17 .

n4

, a  2 có tất

D. 11 .

Câu 160. (THPT NINH BÌNH – BẠC LIÊU LẦN 4 NĂM 2019) Trong khai triển nhị thức  x  2  với n   có tất cả 19 số hạng. Vậy n bằng A. 11 . B. 12 . C. 10 . D. 19 .

n 6

Câu 161. (NGUYỄN TRUNG THIÊN HÀ TĨNH) Khai triển nhị thức (2 x 2  3)16 có bao nhiêu số hạng?

A. 16.

B. 17.

D. 516.

C. 15.

Câu 162. (Chuyên Vinh Lần 3) Có bao nhiêu số hạng trong khai triển nhị thức  2 x  3 A. 2018 .

B. 2019 .

C. 2020 .

Câu 163. (Yên Phong 1) Cho khai triển 1  2 x  trong khai triển? A. 2019 .

2019

B. 32019 .

2018

thành đa thức.

D. 2017 .

 a0  a1 x  a2 x 2  ...  an x n . Tính tổng các hệ số

D. 22019 .

C. 32020 . 20

1 1    Câu 164. (HSG Bắc Ninh) Cho T  x    x3     x  2  ,  x  0  . Sau khi khai triển và rút gọn x x    T  x  có bao nhiêu số hạng? A. 36. B. 38. C. 44. D. 40. Câu 165. (Cẩm Giàng) Có bao nhiêu hạng tử là số nguyên trong khai triển A. 32.

B. 31.



3 4 5

C. 33.



124

D. 30. 9

1  Câu 166. (Lê Xoay lần1) Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển   x3  ( với x  0 ) bằng x  A. 36 . B. 84 . C. 126 . D. 54 . 3

Câu 167. (SỞ BÌNH THUẬN 2019) Hệ số của x 7 trong khai triển nhị thức 1  x  bằng 12

A. 820 .

B. 220 .

C. 792 .

D. 210 .

Câu 168. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 2018-2019) Cho số nguyên dương n và hệ số của x n2 trong n

 1 khai triển Newton của  x   bằng 31 .Khi đó n bằng 4  A. 31 B. 33 C. 32

D. 124 n

Câu 169. Cho số nguyên dương n và hệ số của x Khi đó n bằng: A. 51

B. 52

n 2

3  trong khai triển Newton của  x   bằng 459 . 5  C. 50

D. 155

Câu 170. Trong khai triển 1  x  biết tổng các hệ số Cn1  Cn2  Cn3  .....  Cnn 1  126 . Hệ số của x 3 n

bằng A. 15

B. 21

C. 35

D. 20

Câu 171. (THPT LÝ THƯỜNG KIỆT – HÀ NỘI) Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai 18

 x 4 triển    với x  0 . 2 x 11 A. 2 .C187 . B. 28.C188 .

C. 29.C189 .

D. 28.C1810 .

Câu 172. (Hùng Vương Bình Phước) Tìm hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển nhị thức Niutơn 6  2 x  1 . A. 160 .

B. 960 .

C. 960 .

D. 160 .

Câu 173. (Thanh Chương Nghệ An Lần 2) Hệ số của số hạng chứa x 4 trong khai triển  2  3x  là 5

A. 270 .

B. 810 .

C. 81 .

D. 1620 .

Câu 174. (Sở Nam Định) Khai triển nhị thức  x  2  A. 2018 .

B. 2014 .

n 5

,  n    có tất cả 2019 số hạng. Tìm n . C. 2013 .

Câu 175. (SGD-Nam-Định-2019) Khai triển nhị thức  x  2  A. 2018 .

B. 2014 .

n 5

D. 2015 .

,  n    có tất cả 2019 số hạng. Tìm n .

C. 2013 .

D. 2015 .

Câu 176. (HSG 12 Bắc Giang) Cho biểu thức: 9 10 11 12 13 14 15 P  x   1  x   1  x   1  x   1  x   1  x   1  x   1  x  . Hệ số của số hạng chứa x9 trong khai triển thành đa thức của P  x  là A. 3003 .

B. 8000 .

C. 8008 .

D. 3000 . 21

3  Câu 177. (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Số hạng không chứa x trong khai triển  2x  2  là? x   7 7 14 14 7 14 7 14 7 A. 2 .3 . B. C21.2 .3 . C. C21 .2 .3 . D. C21.214.37 . Câu 178. (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG QUẢNG NAM LẦN 2 NĂM 2019) Tìm số hạng không 21

2  chứa x trong khai triển nhị thức Newton  x  2  , x  0 . x   7 7 8 8 A. 2 C21 . B. 2 C21 . C. 27 C217 .

8 D. 28 C21 .

Câu 179. (Chuyên Thái Bình Lần3) Cho khai triển 1  x  với n là số nguyên dương. Tìm hệ số của n

số hạng chứa x 3 trong khai triển biết C21n 1  C22n 1  C23n 1  ...  C2nn 1  220  1 . A. 480 . B. 720 . C. 240 . D. 120 .

Câu 180. (THPT Sơn Tây Hà Nội 2019) Hệ số của 5 10 x 1  2 x   x 2 1  3 x  bằng. A. 61268.

B. 61204.

trong khai triển biểu thức

C. 3160.

D. 3320.

Câu 181. (Chuyên Quốc Học Huế Lần1) Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển 18

 x 4    với x  0 . 2 x A. 29 C189 .

B. 211 C187 .

C. 28 C188 .

D. 28 C1810 .

8   Câu 182. (SỞ NAM ĐỊNH 2018-2019) Trong khai triển  x  2  , số hạng không chứa x là x   A. 84. B. 43008. C. 4308. D. 86016.

Câu 183. (Chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội) Tìm hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển  3 x  2 

A. 1944C83 .

B. 864C83 .

C. 864C83 .

D. 1944C83 . 12

2  Câu 184. (THTT lần5) Số hạng không chứa x trong khai triển  x  3  , x  0 là x   A. 1760. B. 1760. C. 220. D. 220. Câu 185. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên Lần2) Tìm hệ số của số hạng chứa x 6 trong khai triển 9

1 2   2x  ,  x  0 . x  4 4 A. C9 .2 .

B. C95 .25 .

C. C95 .25 .

D. C95 .24 .

5 Câu 186. (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) Hệ số của x trong khai triển biểu thức

P  x   x  2 x  1   3 x  1 bằng A. 13848 . B. 13368 . 6

D. 13368 .

C. 13848 .

Câu 187. (SỞ PHÚ THỌ LẦN 2 NĂM 2019) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cn2  Cn1  44 . Hệ số n

2  của số hạng chứa x trong khai triển biểu thức  x 4  3  bằng x   A. 14784 . B. 29568 . C. 1774080 . 9

D. 14784 .

Câu 188. (Sở Quảng NamT) Hệ số của x 4 trong khai triển của biểu thức  x  3 là 6

A. 1215.

B. 54.

C. 135.

D. 15.

1   Câu 189. (Lý Nhân Tông) Trong khai triển nhị thức  x 2  3  , số hạng không chứa x là: x   A. 210 . B. 120 . C. 210 . D. 120 .

Câu 190. HKII-CHUYÊN-NGUYỄN-HUỆ-HÀ-NỘI) Số hạng không chứa x trong khai triển 12

 2 1  x   ( x  0) bằng: x  A. 459 . B. 459 .

C. 495 .

D. 495 .

Câu 191. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH 2019 – LẦN 1) Tìm số hạng không chứa x 15

2  trong khai triển  x 2   x  7 7 A. 2 .C15 . B. 210.C1510 .

C. 210.C1510 .

D. 27.C157 .

Câu 192. (Chuyên Hà Nội Lần1) Trong khai triển Newton của biểu thức  2 x  1 là. 18 A. 218.C2019 .

18 x18 . B. 218.C2019

18 x18 . C. 218.C2019

2019

, số hạng chứa x18

18 D. 218.C2019 .

1   Câu 193. (Quỳnh Lưu Lần 1) Cho biểu thức P   3 x   với x  0 . Tìm số hạng không chứa x x  trong khai triển nhị thức Niutơn P . A. 160 . B. 200 . C. 210 . D. 210 .

Câu 194. (Chuyên KHTN) Biết tổng các hệ số trong khai triển nhị thức Newton của  5 x  1 bằng 2100 . n

Tìm hệ số của x3 . A. 161700 .

B. 19600 .

C. 20212500 .

D. 2450000 .

Câu 195. (THPT ĐÔ LƯƠNG 3 LẦN 2) Tìm hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển (3 x - 2) . 8

A. 1944C83 .

B. -1944C83 .

C. -864C83 .

D. 864C83 . 10

2  Câu 196. (Sở Quảng Ninh Lần1) Hệ số của x trong khai triển của biểu thức  x 2   bằng x  A. 3124 . B. 2268 . C. 13440 . D. 210 . 2

1   Câu 197. (Văn Giang Hưng Yên) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  2 x  2  , x  0 . x   A. 240 . B. 15 . C. 240 . D. 15 .

 x 4 Câu 198. (Triệu Thái Vĩnh Phúc Lần 3) Số hạng không chứa x trong khai triển    ; x  0 bằng: 2 x 8 12 9 9 10 10 10 11 A. 2 C20 . B. 2 C20 . C. 2 C20 . D. 2 C20 . Câu 199. (Chuyên Quốc Học Huế Lần1) Cho n 2 n * f ( x)  (1  3 x)  a0  a1 x  a2 x    an x n   . Tìm hệ số a3 , biết rằng



đa



thức

a1  2a2    nan  49152n A. a3  945 .

B. a3  252 .

C. a3  5670 .

D. a3  1512 .

Câu 200. ( Chuyên Lam Sơn Lần 2) Hệ số x 6 trong khai triển đa thức P( x)   5  3 x  có giá trị bằng đại lượng nào sau đây? 4 6 4. A. C10 B. C106 .54.36 . C. C104 .56.34 . D. C106 .54.36 . .5 .3 10

Câu 201. (Đoàn Thượng) Tính tổng các hệ số trong khai triển 1  2x  A. 1 .

2019

C. 2019 .

B. 2019 .

D. 1 .

Số hạng không chứa x trong khai

Câu 202. (THPT-Gia-Lộc-Hải-Dương-Lần-1-2018-2019) 6

1   triển  2x  2  là x   A. 60 .

B. 120 .

C. 480 .

D. 240 .

1   Câu 203. (Chuyên Hùng Vương Gia Lai) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển  x 3  4  x   2 2 1 biết An  Cn  Cn  4n  6 A. 505 . B. 405 . C. 495 . D. 505 .

Câu 204. (KÊNH TRUYỀN HÌNH GIÁO DỤC QUỐC GIA VTV7 –2019) Cho số nguyên dương thỏa mãn 5Cnn 1  Cn3  0 . Tìm hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của n

 x2 1     , x  0.  2 x 35 5 x . A. 16

B. 

35 . 16

C. 

35 2 x . 2

D. 

35 5 x . 16

Câu 205. (THPT PHỤ DỰC – THÁI BÌNH) Biết n là số nguyên dương thỏa mãn 3 số 0 ; Cn1 ; Cn2 theo thứ tự là số hạng đầu, số hạng thứ 3 và số hạng thứ 10 của một cấp số cộng. Hãy tìm số hạng n

1   không chứa x trong khai triển của  x  2  ? x   A. 45 . B. 45 . C. 90 .

D. 90 .

Câu 206. (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Trong khai triển Newton của biểu thức  2 x  1

x18 là 18 A. 218.C2019 . Câu 207. (Sở

Bắc

18 B. 218.C2019 .

Ninh)

Cho

nguyên

dương

, số hạng chứa

18 D. 218.C2019 x18 .

18 C. 218.C2019 x18 .

thỏa

1 An101 . Hệ số của x 7 trong khai triển 4032 B. 560 . C. 120.

720  C77  C87  C97  ...  Cn7  

A. 120 .

số

2019

mãn

điều n

kiện:

1    x  2   x  0  bằng: x   D. 560.

Câu 208. (Quỳnh Lưu Nghệ An) Cho khai triển 1  x   a0  a1 x  a2 x 2  ...  an x n , n  * . Hỏi có bao n

ak 7  . ak 1 15 C. 21 .

nhiêu giá trị của n  2019 sao cho tồn tại k thỏa mãn A. 90 .

B. 642 .

D. 91 .

1 2 Câu 209. (Cụm THPT Vũng Tàu) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cn  Cn  78 . Số hạng không n

2  chứa x trong khai triển  x  3  bằng x   A. 3960 .

B. 220 .

C. 1760 .

Câu 210. (Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Cho khai triển

D. 59136

1  2 x 

 a0  a1 x    an x n , trong đó

n    . Biết các hệ số a0 , a1 , …, an thỏa mãn hệ thức a0  bằng A. 130272 .

B. 126720 .

a a1    nn  4096 . Hệ số a8 2 2

C. 130127 .

D. 213013 .

Câu 211. (Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Cho khai n triển 1  2 x   a0  a1 x    an x n , trong đó n    . Biết các hệ số a0 , a1 , …, an thỏa mãn

a a1    nn  4096 . Hệ số a8 bằng 2 2 A. 130272 . B. 126720 . C. 130127 . hệ thức a0 

Câu 212. (THPT

NÔNG

T  1  x  x



CỐNG

2018 2019

 1  x  x

A. 0 .



LẦN

2019 2018

NĂM

D. 213013 . 2019)

Cho

khai

triển

. Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển bằng

B. 1 .

C. 4 .

D. 4037 .

Câu 213. (Ngô Quyền Hà Nội) Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển  1  x  x 2  x 3  . 10

A. 1902 .

B. 7752 .

C. 252 .

D. 582 .

Câu 214. (Sở Điện Biên) Cho n và k là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n mệnh đề nào dưới đây đúng? n! A. Ank  . B. Cnk11  Cnk1  Cnk (1  k  n) . k !(n  k )! C. Cnk 1  Cnk (1  k  n) .

D. Cnk 

n! . (n  k )!

Câu 215. (THẠCH THÀNH I - THANH HÓA 2019) Có bao nhiêu số nguyên dương n nghiệm đúng bất phương trình Cn0  31 Cn1  32 Cn2  33 Cn3  ...  3 n Cnn  22005.3 n A. 1003 .

B. 1002 .

Câu 216. (Nguyễn Khuyến) Cho

khai

C. 1004 . triển

1  2 x 

D. 1000 .

 a0  a1 x  a2 x 2  ...  an x n

a0  8a1  2a2  1 . Giá trị của số nguyên dương n bằng: A. 5. B. 6. C. 4.

thỏa

mãn

D. 7.

Câu 217. (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Khai triển 1  2 x  3 x 2   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a20 x 20 . Tính tổng 10

S  a0  2a1  4a2  ...  220 a20 .

A. S  1510 . Câu 218. (Nguyễn

B. S  1710 . Trãi

Hải

Dương

T  12 Cn1  22 Cn2  ...  n 2Cnn ?

C. S  710 . Lần1)

D. S  17 20 .

Cho n  * ; Cn2Cnn  2  Cn8Cnn 8  2Cn2C n n8 .

Tính

A. 55.29 .

B. 55.210 .

C. 5.210 .

D. 55.28

Câu 219. (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình-lần-4-2018-2019-Thi-tháng-4) Cho tập hợp A có 20 phần tử. Có bao nhiêu tập con của A khác rỗng và số phần tử là số chẵn? A. 220  1 . B. 219  1 . C. 219 . D. 220 . Câu 220. (Nguyễn Du số 1 lần3) Tổng 1  Cn1  Cn2  Cn3  ...   1 Cnn , với n  , n  1 bằng: n

B. 1 .

A. 1 .

C. 0 .

D. 2n .

Câu 221. (CHUYÊN THÁI BÌNH LẦN V NĂM 2019) Xét một phép thử có không gian mẫu  và A là một biến cố của phép thử đó. Phát biểu nào sau đây sai ? n  A A. Xác suất của biến cố A là P  A   . n  B. 0  P  A   1 .

 

C. P  A   1  P A . D. P  A   0 khi và chỉ khi A là biến cố chắc chắn. Câu 222. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 2018-2019) Cho phép thử là “gieo 2019 đồng xu phân biệt” và xét sự xuất hiện mặt sấp và mặt ngửa của các đồng xu. Khi đó số phần tử của không gian mẫu bằng 1 3 2019 A. 2019 . B. C2019 .  C2019  ...  C2019 C.

2020

2019

k 0

k k .   C2019  C2020

D. 2 .

Bài tập tương tự: Câu 223. Cho phép thử là “gieo 10 con súc sắc cân đối, đồng chất phân biệt”. Khi đó số phần tử của không gian mẫu bằng A. 6 . B. 60 . C. 10 . D. 610 . Câu 224. Cho phép thử là “gieo 10 đồng xu phân biệt” và xét sự xuất hiện mặt sấp và mặt ngửa của các đồng xu. Xác suất để có đúng một lần suất hiện mặt ngửa là 5 1 11 99 A. . B. . C. . D. . 512 1024 512 1024 Ghi nhớ: -Phép thử “gieo hai đồng tiền phân biệt” thì hai kết quả SN , NS của phép thử là khác nhau. -Phép thử “gieo n đồng xu phân biệt” thì không gian mẫu có 2n phần tử, với n   * . Câu 225. (Nguyễn Du số 1 lần3) Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất. Giả sử súc sắc xuất hiện mặt b chấm. Xác suất để phương trình x 2  2bx  4  0 có nghiệm là 2 1 5 A. 1 . B. . C. . D. 3 6 6 Câu 226. (CHUYÊN SƯ PHẠM HÀ NỘI LẦN 4 NĂM 2019) Tổ 1 của lớp 10A có 10 học sinh gồm 6 nam và 4 nữ. Cần chọn ra 2 bạn trong tổ 1 để phân công trực nhật. Xác suất để chọn được 1 bạn nam và 1 bạn nữ là 4 6 1 8 A. . B. . C. . D. . 15 25 9 15

Câu 227. (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định Lần 1) (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định Lần 1) Một hộp đựng 6 quả cầu màu trắng và 4 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 4 quả cầu. Tính xác suất để trong 4 quả cầu lấy được có đúng 2 quả cầu vàng. 3 1 3 2 A. . B. . C. . D. . 14 35 7 5 Câu 228. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2019) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên trong các số tự nhiên có bốn chữ số. Tính xác suất để số được chọn có ít nhất hai chữ số 8 đứng liền nhau. A. 0, 029 . B. 0, 019 . C. 0, 021 . D. 0, 017 . Câu 229. (SỞ QUẢNG BÌNH NĂM 2019) Tại SEA Games 2019, môn bóng chuyền nam có 8 đội bóng tham dự, trong đó có hai đội Việt Nam và Thái Lan. Các đội bóng được chia ngẫu nhiên thành hai bảng có số đội bóng bằng nhau. Xác suất để hai đội Việt Nam và Thái Lan nằm ở hai bảng khác nhau bằng: 3 3 11 4 A. . B. . C. . D. . 7 14 14 7 Câu 230. (Lê Quý Đôn Điện Biên Lần 3) Trên kệ sách có 10 cuốn sách Toán và 5 cuốn sách Văn. Người ta lấy ngẫu nhiên lần lượt 3 cuốn sách mà không để lại. Tính xác suất để được hai cuốn sách đầu là Toán, cuốn thứ ba là Văn. 18 7 8 15 A. . B. . C. . D. . 91 45 15 91 Câu 231. (HSG 12 Bắc Giang) Cho tập hợp S  1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 . Chọn ngẫu nhiên ba số từ tập S . Tính xác suất của biến cố trong ba số được chọn ra không chứa hai số nguyên liên tiếp nào. 5 5 3 5 A. p  . B. p  . C. p  . D. p  . 21 16 16 12 Câu 232. (Cụm 8 trường Chuyên Lần 1) Cho hình tứ diện đều ABCD . Trên mỗi cạnh của tứ diện, ta đánh dấu 3 điểm chia đều cạnh tương ứng thành các phần bằng nhau. Gọi S là tập hợp các tam giác có ba đỉnh lấy từ 18 điểm đã đánh dấu. Lấy ra từ S một tam giác, xác suất để mặt phẳng chứa tam giác đó song song với đúng một cạnh của tứ diện đã cho bằng A.

2 . 45

9 . 34

2 . 5

4 15

Câu 233. ( Hội các trường chuyên 2019 lần 3) Xếp ngẫu nhiên 21 học sinh, trong đó có đúng một bạn tên Thêm và đúng một bạn tên Quý vào ba bàn tròn có số chỗ ngồi lần lượt là 6, 7, 8. Xác suất để hai bạn Thêm và Quý ngồi cạnh nhau bằng 1 12 2 1 A. . B. . C. . D. . 10 35 19 6 Câu 234. (Nguyễn Đình Chiểu Tiền Giang) Xếp ngẫu nhiên 4 quyển sách Toán khác nhau và 4 quyển sách Hóa giống nhau vào một giá sách nằm ngang có 10 ô trống, mỗi quyển sách được xếp vào một ô. Xác suất để 4 quyển sách Toán xếp cạnh nhau và 4 quyển sách Hóa xếp cạnh nhau bằng 1 2 1 1 A. . B. . C. . D. . 175 525 105 1050 . Câu 235. (Đặng Thành Nam Đề 14) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 3 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S. Xác suất để số chọn được là một số tự nhiên chia hết cho 9 và có các chữ số đôi một khác nhau bằng A.

19 225

29 450

16 225

7 75

Câu 236. (NGUYỄN ĐÌNH CHIỂU TIỀN GIANG) Xếp ngẫu nhiên 4 quyển sách Toán khác nhau và 4 quyển sách Hóa giống nhau vào một giá sách nằm ngang có 10 ô trống, mỗi quyển sách được

xếp vào một ô. Xác suất để 4 quyển sách Toán xếp cạnh nhau và 4 quyển sách Hóa xếp cạnh nhau bằng 1 2 1 1 A. . B. . C. . D. . 175 525 105 1050 Câu 237. (Đặng Thành Nam Đề 2) Có một dãy ghế gồm 6 ghế. Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh gồm 2 học sinh lớp A , 2 học sinh lớp B , 2 học sinh lớp C ngồi vào dãy ghế sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để không có học sinh lớp C nào ngồi cạnh nhau bằng A.

2 . 3

1 . 3

5 . 6

1 . 5

Câu 238. (SỞ NAM ĐỊNH 2018-2019) Một tổ có 5 học sinh nữ và 6 học sinh nam. Xếp ngẫu nhiên các học sinh trên thành hàng ngang để chụp ảnh. Tính xác suất để không có hai học sinh nữ nào đứng cạnh nhau. 65 1 7 1 A. . B. . C. . D. . 66 66 99 22 Câu 239. (Đặng Thành Nam Đề 1) Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có ba ghế. Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh, gồm 3 nam và 3 nữ, ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ bằng? A.

2 . 5

1 . 20

3 . 5

1 . 10

Câu 240. (SỞ BÌNH THUẬN 2019) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 9 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ S. Tính xác suất để số được chọn có đúng 4 chữ số lẻ và chữ số 0 đứng giữa hai chữ số lẻ (các chữ số liền trước và liền sau của chữ số 0 là các chữ số lẻ). 5 20 5 5 A. . B. . C. . D. . 648 189 27 54 Câu 241. (SỞ LÀO CAI 2019) Giải bóng chuyền VTV Cup có 12 đội tham dự trong đó có 9 đội nước ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng đấu A, B, C, mỗi bảng đấu có 4 đội. Xác suất để 3 đội Việt Nam ở 3 bảng đấu khác nhau là C 3 .C 3 2.C 3 .C 3 A. P  49 64 . B. P  4 9 46 . C12 .C8 C12 .C8 C. P 

6C93 .C63 . C124 .C84

D. P 

3C93 .C63 . C124 .C84

Câu 242. (THPT-YÊN-LẠC) Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh khối 10, 5 học sinh khối 11 và 3 học sinh khối 12 thành một hàng ngang. Xác suất để không có học sinh khối 11 nào xếp giữa hai học sinh khối 10 bằng 3 3 1 2 A. . B. . C. . D. . 35 70 7 7 Câu 243. (THPT LÝ THƯỜNG KIỆT – HÀ NỘI) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên nhỏ hơn 300 . Gọi A là biến cố “số được chọn không chia hết cho 4”. Tính xác suất P  A  của biến cố A. A. P  A  

1 . 3

B. P  A  

3 . 4

C. P  A  

2 . 3

D. P  A  

1 . 4

Câu 244. (THCS-THPT-NGUYỄN-KHUYẾN-TP-HCM-24THÁNG3) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên, mỗi số không có quá 3 chữ số và tổng các chữ số bằng 9. Lấy ngẫu nhiên một số từ S . Tính xác suất để số lấy ra có chữ số hàng trăm là 4. 6 3 1 4 A. . B. . C. . D. . 55 11 11 55

(SỞ GDĐT KIÊN GIANG 2019) Gọi n  A  là số các kết quả thuận lợi cho biến cố A liên

Câu 245.

quan đến một phép thử T và n    là số các kết quả có thể xảy ra của phép thử T đó. Xác suất

 

P A của biến cố đối của biến cố A không là đẳng thức nào trong các đẳng thức sau?

 

A. P A 

n  A . n 

 

B. P A  1  P  A  . C. P A 

 .

n A

n 

 

D. P A 

n   \ A . n 

Câu 246. (Nguyễn Du số 1 lần3) Với các chữ “LẬP”, “HỌC”, “MAI”, “NGÀY”, “NGHIỆP”, “TẬP”, “VÌ”, mỗi chữ được viết lên một tấm bìa, sau đó người ta trải ra ngẫu nhiên. Xác suất để được dòng chữ “HỌC TẬP VÌ NGÀY MAI LẬP NGHIỆP” bằng: 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. 7 . 49 5040 720 7 Câu 247. (Trần Đại Nghĩa) Gieo một con súc sắc cân đối, đồng chất một lần. Xác suất để xuất hiện mặt chẵn chấm? A.

1 . 6

1 . 4

1 . 2

1 . 3

Câu 248. (Sở Bắc Ninh) Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất, xác suất để mặt có số chấm chẵn xuất hiện là: 1 1 2 A. 1 . B. . C. . D. . 2 3 3 Câu 249. (GIA LỘC TỈNH HẢI DƯƠNG 2019 lần 2) Trong một lớp học gồm 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi đó có cả nam và nữ? 219 219 442 443 A. . B. . C. . D. . 323 323 506 556 Câu 250. ( Nguyễn Tất Thành Yên Bái) Một lớp có 20 học sinh nam và 18 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên một học sinh. Tính xác suất chọn được một học sinh nữ. 10 9 19 1 A. . B. . C. . D. . 19 19 9 38 Câu 251. (Chuyên Thái Bình Lần3) Một hộp đựng 7 viên bi đỏ đánh số từ 1 đến 7 và 6 viên bi xanh đánh số từ 1 đến 6. Hỏi có bao nhiêu cách chọn hai viên bi từ hộp đó sao cho chúng khác màu và khác số? A. 36 . B. 42 . C. 49 . D. 30 . Câu 252. (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Một hộp có 10 quả cầu xanh, 5 quả cầu đỏ. Lấy ngẫu nhiên 5 quả từ hộp đó. Xác suất để được 5 quả có đủ hai màu là 13 132 12 250 A. . B. . C. . D. . 143 143 143 273 Câu 253. (Hùng Vương Bình Phước) Một tổ học sinh có 7 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 người. Tính xác suất sao cho 2 người được chọn đều là nữ. A. P( A) 

1 . 2

B. P ( A) 

1 . 15

3 8

C. P( A)  .

D. P( A) 

7 . 8

Câu 254. (CHUYÊN NGUYỄN DU ĐĂK LĂK LẦN X NĂM 2019) Lấy ngẫu nhiên một số nguyên dương không vượt quá 10000 . Xác suất để số lấy được là bình phương của một số tự nhiên bằng? (tính dưới dạng %) A. 1% .

B. 5% .

C. 3% .

D. 2% .

Câu 255. (HSG Bắc Ninh) Một tổ học sinh có 7 nam và 3 nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 người. Tính xác suất sao cho 2 người được chọn đều là nữ 7 8 1 1 A. . B. . C. . D. . 15 15 15 5 Câu 256. (Quỳnh Lưu Lần 1) Có hai hộp chứa các quả cầu. Hộp thứ nhất chứa 7 quả cầu đỏ và 5 quả cầu màu xanh, hộp thứ hai chứa 6 quả cầu đỏ và 4 quả cầu màu xanh. Lấy ngẫu nhiên từ một hộp 1 quả cầu. Xác suất sao cho hai quả lấy ra cùng màu đỏ. 7 3 1 2 A. . B. . C. . D. . 20 20 2 5 Câu 257 (Chuyên Hùng Vương Gia Lai) Một tổ học sinh có 7 nữ và 4 nam. Chọn ngẫu nhiên 2 người đi trực cờ đỏ. Tính xác suất sao cho 2 người được chọn đều là nam. 5 7 6 1 A. . B. . C. . D. . 55 55 55 5 Câu 258. (Ba Đình Lần2) Đội văn nghệ của một lớp có 5 bạn nam và 7 bạn nữ. Chọn ngẫu nhiên 5 bạn tham gia biểu diễn, xác suất để trong 5 bạn được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số nam nhiều hơn số nữ bằng 547 245 210 582 A. . B. . C. . D. . 792 792 792 792 Câu 259 (Kim Liên) Một người muốn gọi điện thoại nhưng nhớ được các chữ số đầu mà quên mất ba chữ số cuối của số cần gọi. Người đó chỉ nhớ rằng ba chữ số cuối đó phân biệt và có tổng bằng 5 . Tính xác suất để người đó bấm máy một lần đúng số cần gọi. 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 24 36 12 60 Câu 260. (Đặng Thành Nam Đề 9) Một người đang đứng tại gốc O của trục tọa độ Oxy . Do say rượu nên người này bước ngẫu nhiên sang trái hoặc sang phải trên trục tọa độ với độ dài mỗi bước bằng 1 đơn vị. Xác suất để sau 10 bước người này quay lại đúng gốc tọa độ O bằng 15 63 63 3 A. . B. . C. . D. . 128 100 256 20 Câu 261. (THPT SỐ 1 TƯ NGHĨA LẦN 2 NĂM 2019) Có 8 học sinh nam, 5 học sinh nữ và 1 thầy giáo được sắp xếp ngẫu nhiên đứng thành một vòng tròn. Tính xác suất để thầy giáo đứng giữa 2 học sinh nam. A. P 

7 . 39

B. P 

14 . 39

C. P 

28 . 39

D. P 

7 . 13

Câu 262. (Chuyên Quốc Học Huế Lần1) Gieo đồng thời hai con súc sắc cân đối và đồng chất.Tính xác suất P để hiệu số chấm trên các mặt xuất hiện của hai con súc sắc bằng 2. 1 2 1 A. . B. . C. . D. 1 . 3 9 9 Câu 263. (THẠCH THÀNH I - THANH HÓA 2019) Kết quả  b, c  của việc gieo một con súc sắc cần đối hai lần liên tiếp, trong đó b là số chấm xuất hiện trong lần gieo thứ nhất, c là số chấm xuất hiện trong lần gieo thứ hai được thay vào phương trình bậc hai x 2  bx  c  0  x    . Tính xác suất để phương trình bậc hai đó có nghiệm. 5 13 19 A. . B. . C. . 12 36 36

31 . 36

Câu 264. (THPT-Nguyễn-Công-Trứ-Hà-Tĩnh-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Một đề kiểm tra Toán Đại số và Giải tích chương 2 của khối 11 có 20 câu trắc nghiệm. Mỗi câu có 4 phương án lựa chọn, trong đó chỉ có 1 đáp án đúng. Mỗi câu trả lời đúng được 0,5 điểm và mỗi câu trả lời sai

không được điểm nào. Một học sinh không học bài nên tích ngẫu nhiên câu trả lời. Tính xác suất để học sinh nhận được 6 điểm (kết quả làm tròn đến 4 chữ số sau dấu phẩy thập phân). 1 A. 0,7873 . B. . C. 0,0609 . D. 0,0008 . 4 Câu265. (CỤM TRẦN KIM HƯNG HƯNG YÊN NĂM 2019) Một hộp đựng 15 quả cầu trong đó có 6 quả màu đỏ, 5 quả màu xanh, 4 quả màu vàng. Lấy ngẫu nhiên 6 quả cầu trong 15 quả cầu đó. Tính xác suất để 6 quả lấy được có đủ ba màu. 757 4248 607 850 A. . B. . C. . D. . 5005 5005 715 1001 Câu 266. (Đoàn Thượng) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên nhỏ hơn 300 . Gọi A là biến cố “số được chọn không chia hết cho 3 ”. Tính xác suất P  A  của biến cố A. A. P  A  

2 . 3

B. P  A  

124 . 300

C. P  A  

1 . 3

D. P  A  

99 . 300

Câu 267. (CHUYÊN NGUYỄN DU ĐĂK LĂK LẦN X NĂM 2019) Trong một hộp có 3 bi đỏ, 5 bi xanh và 7 bi vàng. Bốc ngẫu nhiên 4 viên. Xác suất để bốc được đủ 3 màu là A.

8 . 13

6 . 13

7 . 13

5 . 13

Câu 268. (TTHT Lần 4) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số được lập từ tập hợp X  1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Tính xác suất chọn được số chia hết cho 6 4 A. . 27

9 . 28

Câu 269 (TTHT Lần 4) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số được lập từ tập hợp X  1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Tính xác suất chọn được số chia hết cho 15 Câu 270. (TTHT Lần 4) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được lập từ tập hợp X  1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Tính xác suất chọn được số chia hết cho 30 Câu 271. (THPT PHỤ DỰC – THÁI BÌNH) Từ một hộp chứa 11 quả cầu màu đỏ và 4 quả cầu màu xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 quả cầu. Xác suất để lấy được 3 quả cầu màu xanh bằng 4 33 4 24 A. . B. . C. . D. . 455 91 165 455 Câu 272. (Thuan-Thanh-Bac-Ninh) Trên giá sách có 4 quyển sách toán, 5 quyển sách lý. Lấy ngẫu nhiên ra 3 quyển sách. Tính xác suất để 3 quyển được lấy ra có ít nhất một quyển toán. 2 5 1 37 A. . B. . C. . D. . 7 42 21 42 Câu 273. (Sở Quảng Ninh Lần1) Trong hệ trục tọa độ Oxy cho A  2;0  , B  2; 2  , C  4; 2  , D  4;0  . Chọn ngẫu nhiên một điểm có tọa độ  x ; y  (với x, y   ) nằm trong hình chữ nhật ABCD (kể cả các điểm trên cạnh). Gọi A là biến cố: “ x, y đều chia hết cho 2 ”. Xác suất của biến cố A là . 8 7 13 A. 1 . B. . C. . D. . 21 21 21 Câu 274. (Sở Hà Nam) Một chiếc hộp chứa 6 quả cầu màu xanh và 4 quả cầu màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên từ chiếc hộp ra 5 quả cầu. Tính xác suất để trong 5 quả cầu lấy được có đúng 2 quả cầu màu đỏ.

5 . 14

10 . 21

5 . 21

3 . 7

Câu 275. (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Tổ toán của một trường THPT có 4 thầy giáo và 10 cô giáo. Tổ chọn ngẫu nhiên 2 giáo viên để đi tập huấn. Tính xác suất để 2 giáo viên được chọn gồm 1 thầy giáo và 1 cô giáo. 45 10 40 20 A. . B. . C. . D. . 91 91 91 91 Câu276. (Chuyên Thái Bình Lần3) Cho tập hợp S  1, 2,3, ,17 gồm 17 số nguyên dương đầu tiên. Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của tập S . Tính xác suất để tập hợp con chọn được có tổng các phần tử chia hết cho 3 . 27 23 9 9 A. . B. . C. . D. . 34 68 34 17 Câu277. (THĂNG LONG HN LẦN 2 NĂM 2019) Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên gồm sáu chữ số được tạo thành từ các chữ số 1, 2, 3, 4, trong đó chữ số 1 có mặt đúng 3 lần, các chữ số còn lại mỗi chữ số có mặt đúng một lần. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S. Tính xác suất để số được chọn không có hai chữ số 1 nào đứng cạnh nhau. A.

1 . 6

B. 0,3 .

C. 0, 2 .

1 . 3

Câu 278. (Chuyên KHTN) Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh, gồm 5 nam và 5 nữ ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Tính xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện một học sinh nữ. 1 1 8 4 A. . B. . C. . D. . 252 945 63 63 Câu 279. (THPT Nghèn Lần1) Một hộp chứa 3 bi xanh, 4 bi đỏ và 5 bi vàng có kích thước khác nhau. Chọn ngẫu nhiên từ hộp đó 4 viên bi. Xác suất để 4 viên bi lấy ra có đủ ba màu là 86 5 79 6 A. . B. . C. . D. . 165 11 165 11 Câu 280. (THPT Sơn Tây Hà Nội 2019) Raashan, Sylvia và Ted cùng chơi một trò chơi. Mỗi người bắt đầu với 1$ . Chuông reo sau mỗi 15 giây, tại thời điểm đó mỗi người chơi mà đang có tiền sẽ chọn ngẫu nhiên một trong hai người còn lại để đưa 1$ (Ví dụ sau khi chuông reo lần thứ nhất, Raashan và Ted có thể cùng đưa cho Sylvia 1$ và Sylvia có thể đưa tiền của cô ấy cho Ted, khi đó Raashan có 0$ , Sylvia có 2$ và Ted có 1$ . Đến vòng thứ hai, Raashan không có tiền để đưa nhưng Sylvia và Ted có thể chọn đưa cho nhau 1$ …). Xác suất để sau 2019 lần chuông reo, mỗi người chơi có 1$ là bao nhiêu? A.

1 . 7

1 . 2

1 . 3

1 . 4

Câu 281. (Liên Trường Nghệ An) Có 3 quyển sách toán, 4 quyển sách lý và 5 quyển sách hóa khác nhau được sắp xếp ngẫu nhiên lên một giá sách có 3 ngăn, các quyển sách được sắp dựng đứng thành một hàng dọc vào một trong 3 ngăn ( mỗi ngăn đủ rộng để chứa tất cả các quyển sách). Tính xác suất để không có bất kỳ hai quyển sách toán nào đứng cạnh nhau. 36 37 54 55 A. . B. . C. . D. . 91 91 91 91 Câu 282. (CổLoa Hà Nội) Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S , tính xác suất để số được chọn lớn hơn số 6700. 10 12 15 21 A. . B. . C. . D. . 27 33 29 46

Câu 283. (Đặng Thành Nam Đề 5) Tại trạm xe buýt có 5 hành khách đang chờ xe đón, trong đó có A và B . Khi đó có 1 chiếc xe ghé trạm để đón khách, biết rằng lúc đó trên xe chỉ còn đúng 5 ghế trống mỗi ghế trống chỉ 1 người ngồi như hình vẽ bên, trong đó các ghế trống được ghi 1; 2;3; 4;5 như hình vẽ.

5 hành khách lên xe ngồi ngẫu nhiên vào 5 ghế còn trống, xác suất để A và B ngồi cạnh nhau bằng 2 1 1 3 A. B. . C. D. 5 5 10 5

Câu 284. (Chuyên-Thái-Nguyên-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số (không nhất thiết khác nhau) được lập từ các chữ số 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9 . Chọn ngẫu nhiên một số abc từ S. Tính xác suất để số được chọn thỏa mãn a  b  c 1 11 13 9 A. . B. . C. . D. . 6 60 60 11 Câu 285. (KHTN Hà Nội Lần 3) Trong một lớp học có hai tổ. Tổ 1 gồm 8 học sinh nam và 7 học sinh nữ. Tổ 2 gồm 5 học sinh nam và 7 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ hai em học sinh. Xác suất để trong bốn em được chọn có 2 nam và 2 nữ bằng A.

40 . 99

19 . 165

197 . 495

28 . 99

Câu 286. (GIỮA HK2 LỚP 11 THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 2018-2019) Từ một cỗ bài tú lơ khơ gồm 52 con, lấy ngẫu nhiên lần lượt có hoàn lại từng con cho đến khi lần đầu tiên lấy được con át thì dừng. Xác suất để quá trình lấy dừng lại sau không quá ba lần bằng (làm tròn đến bốn chữ số thập phân sau dấu phẩy) A. 0,0769 B. 0,2134 C. 0,2135 D. 0,1500 Câu 287. ((KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) Có hai hộp đựng bi, mỗi viên bi chỉ mang một màu trắng hoặc đen. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp đúng một viên bi. Biết tổng số bi ở hai hộp là 20 và 55 xác suất để lấy được hai viên bi đen là . Tính xác suất để lấy được hai viên bi trắng. 84 11 7 5 1 A. . B. . C. . D. . 30 30 28 28 Câu 288. (KÊNH TRUYỀN HÌNH GIÁO DỤC QUỐC GIA VTV7 –2019) Có 8 người khách bước ngẫu nhiên vào một cửa hàng có 3 quầy. Tính xác suất để 3 người cùng đến quầy thứ nhất. C38.25 C 3 .C 5 C 3 . A5 C 3 . A2 A. 8 8 5 . B. 8 8 2 . C. 8 8 2 . D. 8 3 A3 A3 3 Câu 289. (NGUYỄN TRUNG THIÊN HÀ TĨNH) Đoàn trường THPT Nguyễn Đình Liễn tổ chức giao lưu bóng chuyền học sinh giữa các lớp nhân dịp chào mừng ngày 26/3. Sau quá trình đăng kí có 10 đội tham gia thi đấu từ 10 lớp, trong đó có lớp 10A1 và 10A2. Các đội chia làm hai bảng, kí hiệu là bảng A và bảng B, mỗi bảng 5 đội. Việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để 2 đội 10A1 và 10A2 thuộc hai bảng đấu khác nhau.

5 . 9

5 . 18

10 . 9

9 . 10

Câu 290. (Cầu Giấy Hà Nội 2019 Lần 1) Gieo ngẫu nhiên một con súc sắc 3 lần liên tiếp. Gọi a, b, c lần lượt là số chấm xuất hiện ở 3 lần gieo. Xác suất của biến cố “ số abc chia hết cho 45 ” là 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 54 72 108 216 Câu 291. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) Sắp ngẫu nhiên 5 học sinh nam và 3 học sinh nữ thành một hàng ngang. Tính xác suất để không có học sinh nữ nào đứng cạnh nhau. 5 5 5 1 A. . B. . C. . D. . 12 14 42 112 Câu 292 (KÊNH TRUYỀN HÌNH GIÁO DỤC QUỐC GIA VTV7 –2019) Một đoàn tàu gồm ba toa đỗ sân ga. Có 5 hành khách lên tàu. Mỗi hành khách độc lập với nhau. Chọn ngẫu nhiên một toa. Tìm xác suất để mỗi toa có ít nhất 1 hành khách bước lên tàu. 50

A.81

20 . 81

10 . 81

20 . 243

Câu293. (GIỮA-HKII-2019-NGHĨA-HƯNG-NAM-ĐỊNH) Một quân vua được đặt ở một ô giữa bàn cờ vua. Mỗi bước di chuyển, quân vua được chuyển sang một ô khác chung cạnh hoặc chung đỉnh với ô đang đứng ( xem hình minh họa). Bạn An di chuyển quân vua ngẫu nhiên 3 bước. Xác suất để sau 3 bước đi quân vua trở về ô ban đầu là

3 . 64

C83 . 8!

A83 . 8!

3 . 512

Câu 294. (Đặng Thành Nam Đề 6) Cho đa giác đều 20 cạnh. Lấy ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác đều. Xác suất để 3 đỉnh lấy được là 3 đỉnh của một tam giác vuông không có cạnh nào là cạnh của đa giác đều bằng 3 7 7 5 A. . B. . C. . D. . 38 114 57 114 Câu 295. (Đặng Thành Nam Đề 17) Năm đoạn thẳng có độ dài 1cm ; 3cm ; 5cm ; 7 cm ; 9cm . Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng trong năm đoạn thẳng trên. Xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra tạo thành ba cạnh của một tam giác bằng 2 7 3 3 A. . B. . C. . D. . 5 10 5 10 Câu 296. (Đặng Thành Nam Đề 10) Trong một phòng học, có 36 cái bàn rời nhau được đánh số từ 1 đến 36 , mỗi bàn dành cho 1 học sinh. Các bàn được xếp thành một hình vuông có kích thước 6 x 6 . Cô giáo xếp tuỳ ý 36 học sinh của lớp vào các bàn, trong đó có hai bạn A và B . Xác suất để A và B ngồi ở hai bàn xếp cạnh nhau bằng (theo chiều ngang hoặc chiều dọc). 2 2 4 6 A. . B. . C. . D. . 21 7 35 35 Câu297. (Đặng Thành Nam Đề 15) Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có năm ghế. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh, gồm 5 nam và 5 nữ ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một

học sinh ngồi. Xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ và bất kì hai học sinh ngồi liền kề nhau thì khác phái bằng 4 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 315 252 630 126 Câu 298. (-Mai-Anh-Tuấn-Thanh-Hóa-lần-1-2018-2019) Xếp 4 người đàn ông, 2 người đàn bà và một đứa trẻ được xếp ngồi vào 7 chiếc ghế đặt quanh một bàn tròn. Xác suất để xếp đứa trẻ ngồi giữa hai người đàn ông là 1 1 2 2 A. B. C. . D. 15 5 15 5 Câu299. (KIM LIÊN HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 03) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 9 chữ số được lập từ X  6;7;8 , trong đó chữ số 6 xuất hiện 2 lần; chữ số 7 xuất hiện 3 lần; chữ số 8 xuất hiện 4 lần. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Xác suất để số được chọn là số không có chữ số 7 đứng giữa hai chữ số 6 là 2 11 4 55 A. . B. . C. . D. . 5 12 5 432 BÀI TOÁN CHIA KẸO EULER VÀ ỨNG DỤNG BÀI TOÁN GỐC: Có n chiếc kẹo chia cho k em nhỏ  k , n  ,1  k  n  . Hỏi có bao nhiêu cách chia kẹo sao cho em nhỏ nào cũng có kẹo? Hướng dẫn giải: Nếu k  1 thì chỉ có 1 cách chia kẹo. Nếu k  2 , ta trải n chiếc kẹo thành hàng ngang. Tiếp theo ta dùng k  1 cái thước đặt vào

 n  1 khe giữa các viên kẹo để chia nó thành k

phần. Do đó có tất cả Cnk11 cách chia.

Như vậy có tất cả Cnk11 cách chia kẹo, đúng cho cả trường hợp k  1 . ỨNG DỤNG ĐẾM SỐ NGHIỆM NGUYÊN CỦA PHƯƠNG TRÌNH Ví dụ 1.1: Phương trình x1  x2    xk  n (với n, k  * , n  k ) có bao nhiêu nghiệm nguyên dương? Hướng dẫn giải: Coi xi là phần kẹo của em nhỏ thứ i trong bài toán chia kẹo thì số nghiệm của phương trình chính là số cách chia n chiếc kẹo cho k em nhỏ. Vậy phương trình có Cnk11 nghiệm nguyên dương. Ví dụ 1.2: Phương trình x1  x2    xk  n (với n, k  * ) có bao nhiêu nghiệm nguyên không âm? Hướng dẫn giải:



 







Có x1  x2    xk  n  x1  1  x2  1    xk  1  n  k . Đặt xi  xi  1 thì x'i là các số nguyên dương.

Ta có phương trình x1  x2    xk  n  k (*) Áp dụng bài toán gốc ta có tất cả Cnkk11 nghiệm nguyên dương của phương trình (*). Suy ra phương trình đã cho có Cnkk11 nghiệm nguyên không âm. Câu 300. (Cụm 8 trường chuyên lần1) Cho một bảng ô vuông 3  3 .

Điền ngẫu nhiên các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 vào bảng trên (mỗi ô chỉ điền một số). Gọi A là biến cố “mỗi hàng, mỗi cột bất kì đều có ít nhất một số lẻ”. Xác suất của A bằng: A. P  A  

1 . 3

B. P  A  

5 . 7

C. P  A  

1 . 56

D. P  A  

10 . 21

Câu 301. (Triệu Thái Vĩnh Phúc Lần 3) Trong kỳ thi Chọn học sinh giỏi tỉnh có 105 em dự thi, có 10 em tham gia buổi gặp mặt trước kỳ thi. Biết các em đó có số thứ tự trong danh sách lập thành một cấp số cộng. Các em ngồi ngẫu nhiên vào hai dãy bàn đối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế và mỗi ghế chỉ ngồi được 1 học sinh. Tính xác suất để tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau là bằng nhau. A.

1 . 954

1 . 945

1 . 126

1 . 252

Câu 302. (CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ HÒA BÌNH LẦN 4 NĂM 2019) Trong mặt phẳng, cho hai tia Ox và Oy vuông góc với nhau tại gốc O . Trên tia Ox lấy 10 điểm A1 , A2 ,..., A10 và trên tia Oy lấy 10 điểm B1 , B2 ,..., B10 thỏa mãn OA1  A1 A2  ...  A9 A10  OB1  B1 B2  ...  B9 B10  1 (đvd). Chọn ra ngẫu nhiên một tam giác có đỉnh nằm trong 20 điểm A1 , A2 ,..., A10 , B1 , B2 ,..., B10 . Xác suất để tam giác chọn được có đường tròn ngoại tiếp tiếp xúc với một trong hai trục Ox hoặc Oy là A.

1 . 228

2 . 225

1 . 225

1 . 114

Câu 303. (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Cho tập A  0;1; 2;3; 4;5;6 . Xác suất để lập được số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau lấy từ các phần tử của tập A sao cho số đó chia hết cho 5 và các chữ số 1 , 2 , 3 luôn có mặt cạnh nhau là 1 11 1 11 A. . B. . C. . D. . 45 420 40 360 Câu 304. (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Cho tập S  1; 2;3;...;19; 20 gồm 20 số tự nhiên từ 1 đến 20 . Lấy ngẫu nhiên ba số thuộc S . Xác suất để ba số lấy được lập thành một cấp số cộng là 7 5 3 1 A. . B. . C. . D. . 38 38 38 114

Câu 305. (Quỳnh Lưu Lần 1) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau là:

504 . 59049

7560 . 59049

1260 . 59049

12600 . 59049

Câu 306. (ĐỀ-THI-THU-ĐH-THPT-CHUYÊN-QUANG-TRUNG-L5-2019) Có 3 quả cầu màu vàng, 3 quả cầu màu xanh (các quả cầu cùng màu thì giống nhau) bỏ vào hai cái hộp khác nhau, mỗi hộp 3 quả cầu. Tính xác suất để các quả cầu cùng màu thì vào chung một hộp. 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 3 120 20 2 Câu 307. (HKII-CHUYÊN-NGUYỄN-HUỆ-HÀ-NỘI) Có 15 cuốn sách gồm 4 cuốn sách Toán, 5 cuốn sách Lý và 6 cuốn sách Hóa. Các cuốn sách đôi một khác nhau. Thầy giáo chọn ngẫu nhiên 8 cuốn sách để làm phần thưởng cho một học sinh. Tính xác suất để số cuốn sách còn lại của thầy còn đủ 3 môn 54 2072 661 73 A. . B. . C. . D. . 715 2145 715 2145 Câu308. (Chuyên Vinh Lần 3) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có 4 chữ số. Tính xác suất để số được chọn có dạng abcd , trong đó 1  a  b  c  d  9 . A. 0, 014 . B. 0, 0495 . C. 0, 079 . D. 0, 055 . Câu 309. (Gang Thép Thái Nguyên) Xếp ngẫu nhiên 2 quả cầu xanh, 2 quả cầu đỏ, 2 quả cầu trắng (các quả cầu này đôi một khác nhau) thành một hàng ngang. Tính xác suất để 2 quả cầu màu trắng không xếp cạnh nhau? 2 1 5 1 A. P  . B. P  . C. P  . D. P  . 3 3 6 2 Câu 310 (THPT-Gia-Lộc-Hải-Dương-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Lập một số tự nhiên có 4 chữ số. Tính xác suất để số đó có chữ số đứng trước không nhỏ hơn chữ số đứng sau. 14 119 11 143 A. . B. . C. . D. . 25 1500 200 1800 Câu311. (ĐH Vinh Lần 1) Giải bóng chuyền quốc tế VTV Cup có 8 đội tham gia, trong đó có hai đội Việt Nam. Ban tổ chức bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành hai bảng đấu, mỗi bảng 4 đội. Xác suất để hai đội của Việt Nam nằm ở hai bảng khác nhau bằng 2 5 3 4 A. . B. . C. . D. . 7 7 7 7 Câu 312. (ĐH Vinh Lần 1) Giải bóng chuyền quốc tế VTV Cup có 12 đội tham gia, trong đó có 3 đội Việt Nam. Ban tổ chức bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng đấu, mỗi bảng 4 đội. Tính xác suất để 3 đội của Việt Nam cùng nằm ở một bảng đấu. 3 1 1 6 A. . B. . C. . D. . 55 330 110 55 Câu 313. (Hàm Rồng ) Cho tập X  1;2;3;.......;8 . Lập từ X số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau. Xác suất để lập được số chia hết cho 1111 là A.

C82C62C42 . 8!

4!4! . 8!

384 . 8!

A82 A62 A42 . 8!

Câu 314. (Sở Nam Định) Cho S là tập tất cả các số tự nhiên có 7 chữ số, lấy ngẫu nhiên một số từ tập S . Xác suất để số lấy được có chữ số tận cùng bằng 3 và chia hết cho 7 có kết quả gần nhất với số nào trong các số sau A. 0,014. B. 0,012. C. 0,128. D. 0,035.

Câu 315. (Chuyên Vinh Lần 3) Hai bạn Công và Thành cùng viết ngẫu nhiên ra một số tự nhiên gồm 2 chữ số phân biệt. Xác suất để hai số được viết ra có ít nhất một chữ số chung bằng 145 448 281 154 A. . B. . C. . D. . 729 729 729 729 Câu316. (Sở Thanh Hóa 2019) Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau được chọn từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 . Lấy ngẫu nhiên một số thuộc S . Tính xác suất để lấy được một số chia hết cho 11 và tổng 4 chữ số của nó cũng chia hết cho 11 . 1 1 2 8 A. P  . B. P  . C. . D. . 63 126 63 21 Câu 317. (Sở Bắc Ninh 2019) Gọi A là tập các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên ra từ A hai số. Tính xác suất để lấy được hai số mà các chữ số có mặt ở hai số đó giống nhau. 41 35 41 14 A. . B. . C. . D. . 5823 5823 7190 1941 Câu 318. (THPT NINH BÌNH – BẠC LIÊU LẦN 4 NĂM 2019) Cho một quân cờ đứng ở vị trí trung tâm của một bàn cờ 9  9 (xem hình vẽ). Biết rằng, mỗi lần di chuyển, quân cờ chỉ di chuyển sang ô có cùng một cạnh với ô đang đứng. Tính xác suất để sau bốn lần di chuyển, quân cờ không trở về đúng vị trí ban đầu.

55 . 64

1 . 3

7 . 8

3 . 8

Câu 319. (Ngô Quyền Hà Nội) Cho A là tập tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị là chữ số 1. 643 1285 107 143 A. . B. . C. . D. . 45000 90000 7500 10000 Câu tương tự: Câu 39-1. Cho A là tập tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số phân biệt. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1. 11 643 79 643 A. B. C. D. . . . . 567 45000 4536 13608 Câu 39-2. Cho A là tập tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt được lập từ tập 1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A. Xác suất để chọn được một số chia hết cho 11 và tổng bốn chữ số của nó chia hết cho 11 bằng 1 8 1 1 A. B. C. D. . . . . 63 21 84 42 Câu 320. (Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Cho đa giác 30 đỉnh nội tiếp đường tròn, gọi  S  là tập hợp các đường thẳng đi qua hai trong số 30 đỉnh đã cho. Chọn 2 đường thẳng bất kỳ thuộc tập

 S  . Tính xác suất để chọn được 2 đường thẳng mà giao điểm của chúng nằm bên trong đường tròn. 7 A. . 25 Câu321.

2 . 5

5 . 14

9 31

(Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Cho đa giác 30 đỉnh nội tiếp đường tròn, gọi  S  là tập hợp các đường thẳng đi qua hai trong số 30 đỉnh đã cho. Chọn 2 đường thẳng bất kỳ thuộc tập  S  . Tính xác suất để chọn được 2 đường thẳng mà giao điểm của chúng nằm bên trong đường tròn. 7 A. . 25

2 . 5

5 . 14

9 31

Câu 322. (THPT-Nguyễn-Đức-Cảnh-Thái-Bình) Cho một đa giác đều có 20 đỉnh nội tiếp trong đường tròn (C ) . Lấy ngẫu nhiên hai đường chéo trong số các đường chéo của đa giác. Tính xác suất để lấy được hai đường chéo cắt nhau và giao điểm của hai đường chéo trong đường tròn? 17 57 19 17 A. . B. . C. . D. . 63 169 63 169 Câu 323. (Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Cho đa giác 30 đỉnh nội tiếp đường tròn, gọi  S  là tập hợp các đường thẳng đi qua hai trong số 30 đỉnh đã cho. Chọn 2 đường thẳng bất kỳ thuộc tập  S  . Tính xác suất để chọn được 2 đường thẳng mà giao điểm của chúng nằm bên trong đường tròn. 7 A. . 25

2 . 5

5 . 14

9 31

Câu 324. (Lương Thế Vinh Đồng Nai) Nhằm chào mừng ngày thành lập Đoàn TNCS Hồ Chí Minh, Đoàn trường THPT chuyên Lương Thế Vinh đã tổ chức giải bóng đá nam. Có 16 đội đăng kí tham dự trong đó có 3 đội: 10 Toán, 11 Toán, 12 Toán. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia đều 16 đội vào 4 bảng để đá vòng loại. Tính xác suất để 3 đội của 3 lớp Toán nằm ở 3 bảng khác nhau. 53 19 16 3 A. . B. . C. . D. . 56 28 35 56 Câu 325. (Trung-Tâm-Thanh-Tường-Nghệ-An-Lần-2) Tung đồng thời 2 con súc sắc cân đối đồng chất. Gọi m là tích của số chấm trên hai con súc sắc trong mỗi lần tung. Tính xác suất để 1 phương trình x 2  6 x  m  0 có hai nghiệm phân biệt. 2 24 26 28 17 A. . B. . C. . D. . 36 36 36 36 Câu 326. (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình) Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc tập X . Xác suất để số lấy được luôn chứa đúng ba số thuộc tập Y  1; 2;3; 4;5 và 3 số đứng cạnh nhau, số chẵn đứng giữa hai số lẻ. A.

37 . 63

25 . 189

25 . 378

17 . 945

Câu 327. (Hải Hậu Lần1)Trong một buổi dạ hội có 10 thành viên nam và 12 thành viên nữ, trong đó có 2 cặp vợ chồng. Ban tổ chức muốn chọn ra 7 đôi, mỗi đôi gồm 1 nam và 1 nữ để tham gia trò chơi. Tính xác suất để trong 7 đôi đó, có đúng một đôi là cặp vợ chồng. Biết rằng trong trò chơi, người vợ có thể ghép đôi với một người khác chồng mình và người chồng có thể ghép đôi với một người khác vợ mình 7 217 217 7 A. . B. . C. . D. . 160 1980 3960 120

Câu 328. (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Chọn ngẫn nhiên ba số tự nhiên trong các số từ 101 đến 200. Tính xác suất để ba số đó lập thành một cấp số cộng có công sai dương. 3 2 1 1 A. B. C. D. . . . . 100 33 66 33 Câu 329. (Thị Xã Quảng Trị) Một nhóm học sinh gồm bốn bạn nam trong đó có bạn Quân và bốn bạn nữ trong đó có bạn Lan. Xếp ngẫu nhiên bốn bạn trên thành một hàng dọc. Xác suất để xếp được hàng dọc thỏa mãn các điều kiện: đầu hàng và cuối hàng đều là nam và giữa hai bạn nam gần nhau có ít nhất một bạn nữ, đồng thời bạn Quân và bạn Lan không đứng cạnh nhau bằng A.

3 . 112

3 . 80

9 . 280

39 . 1120

Câu 330. (Đặng Thành Nam Đề 12) Cho tập hợp S  1, 2,3, 4,5, 6 . Hai bạn A, B mỗi bạn chọn ngẫu nhiên một tập con của S . Xác suất để tập con của A và B chọn được có đúng 2 phần tử chung gần nhất với kết quả nào dưới đây? A. 15, 08% . B. 29, 66% . C. 30,16% . D. 14,83% . Câu 331. (SGD-Nam-Định-2019) Cho S là tập tất cả các số tự nhiên có 7 chữ số, lấy ngẫu nhiên một số từ tập S . Xác suất để số lấy được có chữ số tận cùng bằng 3 và chia hết cho 7 có kết quả gần nhất với số nào trong các số sau A. 0,014. B. 0,012. C. 0,128. D. 0,035. Câu 332. (Chuyên KHTN) Cho một đa giác đều 48 đỉnh. Lấy ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác. Tính xác suất để tam giác tạo thành từ ba đỉnh đó là một tam giác nhọn. 33 33 11 22 A. . B. . C. . D. . 47 94 47 47 Câu 333. (THPT ĐÔ LƯƠNG 3 LẦN 2) Trong chương trình giao lưu gồm có 15 người ngồi vào 15 ghế theo một hàng ngang. Giả sử người dẫn chương trình chọn ngẫu nhiên 3 người trong 15 người để giao lưu với khán giả. Xác suất để trong 3 người được chọn đó không có 2 người ngồi kề nhau là 2 13 22 3 A. . B. . C. . D. . 5 35 35 5 Câu 334. (Chuyên Lý Tự Trọng Cần Thơ) Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có 3 ghế. Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh, gồm 3 nam và 3 nữ, ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ bằng: A.

2 5

1 10

3 5

1 20

Câu 335. (THPT-Chuyên-Sơn-La-Lần-1)Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có chín chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc tập S . Xác suất để số được chọn chia hết cho 3 là 12 21 23 11 A. . B. . C. . D. . 27 32 32 27 Câu 336. (KINH MÔN HẢI DƯƠNG 2019) Trên đường tròn đặt 24 điểm cách đều nhau sao cho độ dài cung giữa 2 điểm kề nhau đều bằng 1. Chọn ngẫu nhiên 8 trong 24 điểm đó. Tính xác suất sao cho trong 8 điểm được chọn không có 2 điểm nào có độ dài cung bằng 8 hoặc 3. 258 1548 112 C8 A. 17 . B. 8 . C. . D. 8 . 8 8 C24 C24 C24 C24 Câu337. (Phan Đình Tùng Hà TĩnH) Ông Hùng muốn mở két sắt của mình nhưng ông quên mất mật mã két. Biết rằng mã két gồm 4 chữ số khác 0 và có tổng của 4 chữ số đó bằng 10. Tính xác suất để ông ấy mở được két sắt ở lượt bấm thứ nhất. 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 84 80 74 192

Câu 338. (CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIỆU ĐỒNG THÁP 2019 LẦN 2) Hai mươi lăm em học sinh lớp 12A được xếp ngồi vào một vòng tròn trong đêm lửa trại. Ba em học sinh được chọn ( xác suất được lựa chọn đối với mỗi em là như nhau ) và cử tham gia một trò chơi. Xác suất để ít nhất hai trong ba em học sinh được chọn ngồi cạnh nhau là 1 6 1 11 A. . B. . C. . D. . 92 23 4 46 Câu 339. (Ba Đình Lần2) Có 3 quyển sách Văn học khác nhau, 4 quyển sách Toán học khác nhau và 7 quyển sách Tiếng Anh khác nhau được xếp lên một kệ ngang. Tính xác suất để hai cuốn sách cùng môn không ở cạnh nhau 19 19 19 5 A. . B. . C. . D. . 12012 1012 1202 8008 Câu 340. ( Sở Phú Thọ) Một lớp có 20 học sinh nữ và 25 học sinh nam. Bạn lớp trưởng nữ chọn ngẫu nhiên 4 học sinh khác tham gia một hoạt động của Đoàn trường. Xác suất để 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ bằng (làm tròn đến chữ số thập phân thứ 4) A. 0,0849.

B. 0,8826.

C. 0,8783.

D. 0,0325.

Câu 341. (THANH CHƯƠNG 1 NGHỆ AN 2019 LẦN 3) Bạn Nam làm bài thi thử THPT Quốc gia môn Toán có 50 câu, mỗi câu có 4 đáp án khác nhau, mỗi câu đúng được 0, 2 điểm, mỗi câu làm sai hoặc không làm không được điểm cũng không bị trừ điểm. Bạn Nam đã làm đúng được 40 câu còn 10 câu còn lại bạn chọn ngẫu nhiên mỗi câu một đáp án. Xác suất để bạn Nam được trên 8,5 điểm gần với số nào nhất trong các số sau? A. 0,53 . B. 0, 47 . C. 0, 25 . D. 0,99 . Câu 342. (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) Một lô hàng gồm 30 sản phẩm trong đó có 20 sản phẩm tốt và 10 sản phẩm xấu. Lấy ngẫu nhiên 3 sản phẩm trong lô hàng. Tính xác suất để 3 sản phẩm lấy ra có ít nhất một sản phẩm tốt. 6 57 153 197 A. . B. . C. . D. . 203 203 203 203 Câu343. (Chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội) Một hộp kín chứa 50 quả bóng kích thước bằng nhau, được đánh số từ 1 đến 50. Bốc ngẫu nhiên cùng lúc 2 quả bóng từ hộp trên. Gọi P là xác suất bốc được 2 quả bóng có tích của 2 số ghi trên 2 quả bóng là một số chia hết cho 10, khẳng định nào sau đây đúng? A. 0,3  P  0,35 . B. 0, 2  P  0, 25 . C. 0, 25  P  0,3 . D. 0,35  P  0, 4 . Câu 344. (Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Một lô hàng có 20 sản phầm, trong đó có 2 sản phẩm bị lỗi còn lại là sản phẩm tốt. Lấy ngẫu nhiên 4 sản phẩm từ lô hàng đó để kiểm tra. Tính xác suất để trong 4 sản phẩm lấy ra có sản phẩm lỗi. 7 9 5 7 A. . B. . C. . D. . 25 23 14 19 Câu 345. (Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Một lô hàng có 20 sản phầm, trong đó có 2 sản phẩm bị lỗi còn lại là sản phẩm tốt. Lấy ngẫu nhiên 4 sản phẩm từ lô hàng đó để kiểm tra. Tính xác suất để trong 4 sản phẩm lấy ra có sản phẩm lỗi. 7 9 5 7 A. . B. . C. . D. . 25 23 14 19 Câu 346. (Chuyên Hà Nội Lần1) Xếp ngẫu nhiên 5 bạn An, Bình, Cường, Dũng, Đông ngồi vào một dãy 5 ghế thẳng hàng (mỗi bạn ngồi 1 ghế). Xác suất của biến cố “hai bạn An và Bình không ngồi cạnh nhau” là: 3 2 1 4 A. . B. . C. . D. 5 5 5 5

Câu 347. (Sở Phú Thọ) Một lớp có 20 học sinh nữ và 25 học sinh nam. Bạn lớp trưởng nữ chọn ngẫu nhiên 4 học sinh khác tham gia một hoạt động của Đoàn trường. Xác suất để 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ bằng (làm tròn đến chữ số thập phân thứ 4). A. 0,0849. B. 0,8826. C. 0,8783. D. 0,0325. Câu 348. Một lớp có 20 học sinh nữ và 25 học sinh nam. Bạn lớp trưởng nữ chọn ngẫu nhiên 4 học sinh khác tham gia một hoạt động của Đoàn trường. Xác suất để 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ, trong đó phải có bạn nữ B là bí thư chi đoàn bằng (làm tròn đến chữ số thập phân thứ 4). A. 0,0849. B. 0,9339. C. 0,8783. D. 0,9151. Câu 349. (Sở Phú Thọ) Cho tứ diện ABCD có AB  BC  AC  BD  2a , AD  a 3 ; hai mặt phẳng  ACD  và  BCD  vuông góc với nhau. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD bằng: A.

64 a 2 . 27

4 a 2 . 27

16 a 2 . 9

64 a 2 . 9

Câu 350. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, SA  SB  SD  AB  2a , AD  a 3 , mặt phẳng  SBD  vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD 64 a 2 A. . 27

4 a 2 . 27

16 a 2 . 9

64 a 2 . 9

Câu 351. (Sở Quảng NamT) Gọi X là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 8 chữ số được lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Lấy ngẫu nhiên một số trong tập hợp X. Gọi A là biến cố lấy được số có đúng hai chữ số 1, có đúng hai chữ số 2, bốn chữ số còn lại đôi một khác nhau, đồng thời các chữ số giống nhau không đứng liền kề nhau. Xác suất của biến cố A bằng 176400 151200 5 201600 A. B. C. . D. . . . 8 8 9 9 9 98 Câu 352. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 2018-2019) Một hộp chứa 10 quả cầu đỏ được đánh số từ 1 đến 10 , 20 quả cầu xanh được đánh số từ 1 đến 20 . Lấy ngẫu nhiên một quả. Khi đó xác suất để lấy được quả màu xanh hoặc ghi số lẻ bằng 1 2 1 5 A. . B. . C. . D. . 6 3 2 6

Bài tập tương tự : Câu 353. Một hộp chứa 15 quả cầu đỏ được đánh số từ 1 đến 15 , 20 quả cầu xanh được đánh số từ 1 đến 20 . Lấy ngẫu nhiên đồng thời hai quả. Khi đó xác suất để hai quả cầu lấy được đều màu đỏ hoặc đều ghi số chẵn bằng 141 241 36 44 A. . B. . C. . D. . 595 595 119 119 Câu 354. Trong ngày hội trại xuân, cô giáo chủ nhiệm tổ chức cho một nhóm 30 bạn trong lớp tham gia hai tiết mục văn nghệ là tốp ca và tốp nhảy flashmob. Có 12 bạn tham gia tốp ca, 15 bạn tham gia nhảy flashmob và 6 bạn tham gia cả hai tiết mục. Chọn 1 bạn học sinh bất kì trong lớp, tính xác suất để bạn học sinh này tham gia ít nhất một trong hai tiết mục văn nghệ đã nêu. 7 19 1 9 A. . B. . C. . D. . 10 30 2 10 Ghi nhớ: Công thức cộng xác suất: P  A  B   P  A   P  B   P  A  B  . Câu 355. (THTT số 3) Tại Giải vô địch bóng đá Đông Nam Á 2018 (AFF Suzuki Cup 2018 ) có 10 đội tuyển tham dự, trong đó có đội tuyển Việt Nam và đội tuyển Malaysia. Ở vòng bảng, Ban tổ

chức chia ngẫu nhiên 10 đội thành 2 bảng, bảng A và bảng B, mỗi bảng có 5 đội. Giả sử khả năng xếp mỗi đội vào mỗi bảng là như nhau. Tính xác suất để đội Việt Nam và đội tuyển Malaysia được xếp trong cùng một bảng. A.

4 . 9

5 . 9

2 . 9

1 . 9

Câu 356. (THPT-Ngô-Quyền-Hải-Phòng) Sắp xếp 5 quyển sách Toán và 4 quyển sách Văn lên một kệ sách dài. Tính xác suất để các quyển sách cùng một môn nằm cạnh nhau. 1 125 1 1 A. . B. . C. . D. . 181440 126 63 126 Câu 357. (THPT-Phúc-Trạch-Hà-Tĩnh)Giải bóng chuyền quốc tế VTV Cup có 12 đội tham gia, trong đó có 3 đội Việt Nam. Ban tổ chức bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng đấu, mỗi bảng 4 đội. Tính xác suất để 3 đội của Việt Nam cùng nằm ở một bảng đấu. 1 1 6 3 A. . B. . C. . D. . 110 330 55 55 Câu 358 (Chuyên Thái Nguyên) Có 2 học sinh lớp A, 3 học sinh lớp B và 4 học sinh lớp C xếp thành một hàng ngang sao cho giữa hai học sinh lớp A không có học sinh lớp B. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp như vậy? A. 108864 . B. 80640 . C. 145152 . D. 217728 . Câu 359. (Lý Nhân Tông) Trước kì thi học sinh giỏi, nhà trường tổ chức buổi gặp mặt 10 em học sinh trong đội tuyển. Biết các em đó có số thứ tự trong danh sách lập thành cấp số cộng. Các em ngồi ngẫu nhiên vào hai dãy bàn đối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế và mỗi ghế chỉ được ngồi một học sinh. Tính xác suất để tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau là bằng nhau. 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 954 252 126 945 Câu 360. (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên Lần2) Xếp chỗ cho 6 học sinh trong đó có học sinh A và 3 thầy giáo vào 9 ghế kê thành hàng ngang (mỗi ghế xếp một người). Tính xác suất sao cho mỗi thầy giáo ngồi giữa 2 học sinh và học sinh A ngồi ở một trong hai đầu hàng. A.

5 . 252

B. 126

5 . 42

D. Đáp án khác.

Câu 361. (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Một bàn dài có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế. Người ta muốn xếp chỗ ngồi cho 5 học sinh trường X và 5 học sinh trường Y vào bàn nói trên. Tính xác suất để bất cứ hai học sinh nào ngồi đối diện nhau đều khác trường với nhau. 2 4 8 5 A. . B. . C. . D. . 63 63 63 63 Câu 362. (Chuyên Bắc GianG) Có 4 người xếp thành hàng ngang và mỗi người gieo 1 đồng xu cân đối đồng chất. Xác suất để tồn tại hai người cạnh nhau có cùng kết quả là 7 5 3 1 A. . B. . C. . D. . 8 8 8 8 Câu 363. (Hai Bà Trưng Huế Lần1) Một chiếc hộp đựng 5 viên bi trắng, 3 viên bi xanh và 4 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để lấy ra 4 viên bi có đủ ba màu. 4 5 3 6 A. . B. . C. . D. . 11 11 11 11 Câu 364. (Chuyên Bắc Giang) Lớp 11A có 2 tổ. Tổ I có 5 bạn nam, 3 bạn nữ và tổ II có 4 bạn nam, 4 bạn nữ. Lấy ngẫu nhiên mỗi tổ 2 bạn đi lao động. Tính xác suất để trong các bạn đi lao động có đúng 3 bạn nữ.

1 . 364

69 . 392

1 . 14

9 . 52

Câu 365. (Lê Xoay lần1) Một hội nghị gồm 6 đại biểu nước Anh, 7 đại biểu nước Pháp và 7 đại biểu nước Nga, trong đó mỗi nước có 2 đại biểu là nam. Chọn ngẫu nhiên ra 4 đại biểu. Xác suất chọn được 4 đại biểu để trong đó mỗi nước đều có ít nhất một đại biểu và có cả đại biểu nam và đại biểu nữ bằng 3844 1937 46 49 A. . B. . C. . D. . 4845 4845 95 95 Câu 366. (THPT NÔNG CỐNG 2 LẦN 4 NĂM 2019) Đội thanh niên xung kích của một trường THPT gồm 15 học sinh trong đó có 4 học sinh khối 12, 5 học sinh khối 11 và 6 học sinh khối 10. Chọn ngẫu nhiên ra 6 học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất để chọn được 6 học sinh đủ 3 khối. 4248 757 151 850 A. . B. . C. . D. . 5005 5005 1001 1001 Câu 367. (THPT ISCHOOL NHA TRANG) Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có bốn ghế. Xếp ngẫu nhiên 8 học sinh, gồm 4 nam và 4 nữ, ngồi vào hai dãy ghế sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ và không có hai học sinh cùng giới ngồi cạnh nhau bằng 8 1 2 4 A. . B. . C. . D. . 35 35 35 35 Câu 368. (Sở Hưng Yên Lần1) Đội tuyển học sinh giỏi Toán 12 của trường THPT X có 7 học sinh trong đó có bạn Minh Anh. Lực học của các học sinh là như nhau. Nhà trường chọn ngẫu nhiên 4 học sinh đi thi. Tìm xác suất để Minh Anh được chọn đi thi. 1 4 3 1 A. . B. . C. . D. . 7 7 7 2 Câu 369. (Chuyên Vinh Lần 2) Trong Lễ tổng kết Tháng thanh niên, có 10 đoàn viên xuất sắc gồm 5 nam và 5 nữ được tuyên dương khen thưởng. Các đoàn viên này được sắp xếp ngẫu nhiên thành một hàng ngang trên sân khấu để nhận giấy khen. Tính xác suất để trong hàng ngang trên không có bất kì bạn nữ nào đứng cạnh nhau. 1 1 1 25 A. . B. . C. . D. . 7 42 252 252 Câu 370. (Chuyên Vinh Lần 2) Có 4 quyển sách Toán, 6 quyển sách Lý và 8 quyển sách Hóa khác nhau được xếp lên giá sách theo một hàng ngang. Tính xác suất để không có bất kỳ hai quyển sách Hóa đứng cạnh nhau. 5 1 1 5 A. . B. . C. . D. . 663 663 1326 1326 Câu 371. (Chuyên Vinh Lần 2) Người ta sắp xếp ngẫu nhiên 5 viên bi được đánh số từ 1 đến 5 vào năm chiếc hộp theo một hàng ngang. Tính xác suất để các viên bi được đánh số chẵn luôn đứng cạnh nhau. 1 2 3 4 A. . B. . C. . D. . 5 5 5 5 Câu 372. (Chuyên Vinh Lần 2) Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp A, 3 học sinh lớp B và 5 học sinh lớp C thành một hàng ngang. Xác suất để không có học sinh lớp B nào xếp giữa hai học sinh lớp A bằng 3 1 2 4 A. . B. . C. . D. . 5 5 5 5 Câu 373. (Chuyên Vinh Lần 2) Có 3 quyển sách toán, 4 quyển sách lí

và 5 quyển sách hóa khác nhau được sắp xếp ngẫu nhiên lên một giá sách gồm có 3 ngăn, các quyển sách được sắp dựng đứng thành một hàng dọc vào một trong ba ngăn (mỗi ngăn đủ rộng để chứa tất cả quyển sách). Tính xác suất để không có bất kì hai quyển sách toán nào đứng cạnh nhau. 36 37 54 55 A. . B. . C. . D. 91 91 91 91 Câu 374 (PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019..) Hai bạn Công và Thành cùng viết ngẫu nhiên ra một số tự nhiên gồm hai chữ số phân biệt. Xác suất để hai số được viết ra có ít nhất một chữ số chung bằng? 145 448 281 154 A. . B. . C. . D. . 729 729 729 729 PT 31.1. Cho tập hợp S  1; 2;3;....29;30 . Chọn ngẫu nhiên 3 số từ tập S . Tính xác suất để 3 số được chọn lập thành một cấp số cộng. A.

3 . 58

3 . 116

3 . 29

3 . 56

PT 31.2. Từ các số 1; 2;3; 4;5;6 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm tám chữ số sao cho trong mỗi số đó có đúng ba chữ số 1, các chữ số còn lại đôi một khác nhau và hai chữ số chẵn không đứng cạnh nhau? A. 2612 .

B. 2400 .

C. 1376 .

D. 2530 .

Câu 375. (CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 3) Một hội nghị gồm 6 đại biểu đến từ Việt Nam, 7 đại biểu đến từ Mỹ, 7 đại biểu đến từ Anh, trong đó mỗi Quốc gia có đúng 2 đại biểu nữ. Chọn ngẫu nhiên ra 4 đại biểu. Tính xác suất để chọn được 4 đại biểu sao cho mỗi Quốc gia đều có ít nhất 1 đại biểu và có cả đại biểu nam và nữ. 2908 1 3 1937 A. . B. . C. . D. . 4845 4 4 4845 Câu 376. (THPT TX QUẢNG TRỊ LẦN 1 NĂM 2019) Xếp ngẫu nhiên tám học sinh gồm bốn học sinh nam (trong đó có Hoàng và Nam) cùng bốn học sinh nữ (trong đó có Lan) thành một hàng ngang. Xác suất để trong tám học sinh trên không có hai học sinh cùng giới đứng cạnh nhau, đồng thời Lan đứng cạnh Hoàng và Nam là 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 560 1120 35 280 Câu 377. (Cụm THPT Vũng Tàu) Có 60 quả cầu được đánh số từ 1 đến 60 . Lấy ngẫu nhiên đồng thời hai quả cầu rồi nhân các số trên hai quả cầu với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là số chia hết cho 10 . A.

78 . 295

161 . 590

53 . 590

209 . 590

Câu 378. (Chuyên Sơn La Lần 3 năm 2018-2019) Một nhóm gồm 3 học sinh lớp 10 , 3 học sinh lớp 11 và 3 học sinh lớp 12 được xếp ngồi vào một hàng có 9 ghế, mỗi học sinh ngồi 1 ghế. Tính xác suất để 3 học sinh lớp 10 không ngồi 3 ghế liền nhau. 5 1 7 11 A. . B. . C. . D. . 12 12 12 12 Câu 379. (Thanh Chương Nghệ An Lần 2) Một nhóm có 8 học sinh gồm 4 bạn nam và 4 bạn nữ trong đó có 1 cặp sinh đôi gồm 1 nam và 1 nữ. Xếp ngẫu nhiên 8 học sinh này vào 2 dãy ghế đối diện, mỗi dãy 4 ghế, sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để cặp sinh đôi ngồi cạnh nhau và nam nữ không ngồi đối diện nhau bằng

3 . 70

2 . 35

2 . 105

3 . 140

Câu 380. (Cẩm Giàng) Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 ta lập các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau. Gọi A là biến cố: “Lập được số mà tổng của ba chữ số thuộc hàng đơn vị, chục, trăm lớn hơn tổng của ba chữ số còn lại là 3 đơn vị”. Xác suất của biến cố A là: 1 3 1 3 A. . B. . C. . D. . 30 10 10 20 Câu 381. (Đặng Thành Nam Đề 3) Mỗi bạn An và Bình chọn ngẫu nhiên ba số trong tập 0,1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 . Tính xác suất để trong hai bộ ba số của An và Bình chọn ra có nhiều nhất một số giống nhau bằng: 203 A. 10 . B. . 480

49 . 60

17 . 24

Câu 382. (Yên Phong 1) Cho E là tập các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau lập được từ các số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6. Tính xác suất để chọn ngẫu nhiên từ E được một số có dạng abcdef sao cho ab  cd  e f . 1 4 8 5 A. . B. . C. . D. . 90 135 225 138 Câu 383. (Nguyễn Du Dak-Lak 2019) Có hai chiếc hộp đựng bi, mỗi viên bi chỉ mang màu xanh hoặc màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp đúng 1 viên bi. Biết tổng số bi trong hai hộp là 20 và xác 55 suất để lấy được hai viên bi màu xanh là . Tính xác suất để lấy được hai viên bi màu đỏ. 84 4 45 1 5 A. . B. . C. . D. . 7 84 28 8 Câu 383. (Hoàng Hoa Thám Hưng Yên) Gọi A là tập các số tự nhiên gồm 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0. Lấy ngẫu nhiên từ tập A một số. Tính xác suất để lấy được số mà chỉ có đúng 3 chữ số khác nhau. 1400 560 1400 2240 A. . B. . C. . D. . 19683 6561 6561 6561 Câu 384. (Chuyên Phan Bội Châu Lần2) Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm bốn chữ số phân biệt được lấy từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 8, 9 . Tính xác suất để số được chọn lớn hơn số 2019 và bé hơn số 9102 . A.

31 . 45

83 . 120

119 . 200

119 . 180

Câu 385. (Hậu Lộc Thanh Hóa) Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số. Lấy ngẫu nhiên hai số từ tập X . Xác suất để nhận được ít nhất một số chia hết cho 4 gần nhất với số nào dưới đây? A. 0, 23 . B. 0, 44 . C. 0,56 . D. 0,12 . Câu 386. (CỤM TRƯỜNG SÓC SƠN MÊ LINH HÀ NỘI) Cho một đa giác đều có 18 đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O . Gọi X là tập hợp tất cả các tam giác có 3 đỉnh trùng với 3 trong số 18 đỉnh của đa giác đã cho. Chọn 1 tam giác trong tập hợp X . Xác suất để tam giác được chọn là tam giác cân bằng 23 144 3 11 A. . B. . C. . D. . 136 136 17 68 Câu 387. (THPT PHỤ DỰC – THÁI BÌNH) Cho đa giác đều 20 đỉnh. Lấy ngẫu nhiên 4 đỉnh trong các đỉnh của đa giác. Tính xác suất để 4 đỉnh lấy được tạo thành tứ giác có 2 góc ở 2 đỉnh kề chung một cạnh của tứ giác là 2 góc tù. 112 14 14 16 A. . B. . C. . D. . 323 323 19 19





Câu 388. (THTT lần5) Chọn ngẫu nhiên một bộ  a; b  từ tập hợp A  2, 22 , 23 , ..., 225 . Xác suất để log a b là số nguyên bằng 2 31 A. . B. . 200 300

13 . 300

7 . 50

Câu 1. Chọn B Ta có 20  1  19  3  17  5  15  7  13  9  11 mà vòng đeo tay gồm 20 hạt giống nhau nên có 5 cách cắt chiếc vòng đó thành 2 phần mà số hạt ở mỗi phần đều là số lẻ. Câu 2 Chọn C Câu 3. Chọn C Theo quy tắc nhân ta có số cách là mn . Câu 4. Chọn B Lấy ra 3 chữ số từ 9 chữ số và sắp xếp 3 chữ số đó theo thứ tự, mỗi cách sắp xếp tạo nên 1 số có 3 chữ số khác nhau. Như vậy, có A93 số cần tìm. * Nhận xét: Mục đích bài toán là phân biệt hai khái niệm: Chỉnh hợp và tổ hợp. Học sinh có thể giải bài này bằng phương pháp nhân: 9.8.7, và so sánh với 4 đáp án. Hai chỉnh hợp khác nhau thì có thể khác nhau về phần tử hoặc khác nhau về thứ tự các phần tử. Hai tổ hợp khác nhau thì khác nhau về phần tử. *Lý thuyết Chỉnh hợp Cho tập hợp A có n phần tử và cho số nguyên k , ( 1  k  n ). Khi lấy k phần tử của A và sắp xếp chúng theo một thứ tự, ta được một chỉnh hợp chập k của n phần tử của A (gọi tắt là một chỉnh hợp n chập k của A). -

Số các chỉnh hợp chập k của một tập hợp có n phần tử là : Ank 

Một số qui ước : 0!  1, An0  1, Ann  n !

n! . (n  k )!

*Lý thuyết Tổ hợp Cho tập hợp A có n phần tử và cho số nguyên k , ( 1  k  n ). Mỗi tập hợp con của A có k phần tử được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử của A. -

Số các tổ hợp chập k của một tập hợp có n phần tử là : Cnk 

Một số quy ước Cn0  1, Cnn  1 , với qui ước này ta có Cnk 

dương k , thỏa 0  k  n . PT 14.1.

Ak n!  n . (n  k )!k ! k !

n! đúng với số nguyên (n  k )!k !

Chọn B TH1. abcd với d  0 : Có A93 số. TH2. abcd có d  2; 4;6;8 , vì a  0 và a  d : Có 4.8.A82 số. Như vậy, có A95  4.8. A82  2296 số cần tìm. PT 14.2. Chọn C Mỗi tập con có 3 phần tử thuộc tập 1; 2;....9 xác định duy nhất một số có 3 chữ số tăng dần từ trái qua phải (đảm bảo chữ số đầu tiên khác 0). Mỗi tập con có 3 phần tử thuộc tập 0;1; 2;....9 xác định duy nhất một số có 3 chữ số giảm dần từ trái qua phải. Như vậy, có C93  C103  204 số cần tìm. Câu 5. Chọn A Số cách chọn một bạn nam là 12 cách. Số cách chọn một bạn nữ là 10 cách Vậy số cách chọn hai bạn trực nhật có cả nam và nữ là 12.10  120 (cách) Câu 6. Chọn B Số cách chọn ra hai bạn học sinh làm tổ trưởng và tổ phó từ 10 học sinh là A102  90 . Câu 7. Chọn B Chọn một tổ trưởng từ 10 người có 10 cách chọn. Chọn một tổ phó từ 9 người còn lại có 9 cách chọn. Theo quy tắc nhân, ta có 10  9  90 cách chọn thỏa yêu cầu bài toán. Câu 8. Chọn B Gọi n là số nguyên dương nhỏ hơn 26. Ta có : 0  n  26, n    n1,2,3,...,25 . Chọn một chữ cái trong 24 chữ cái có 24 cách. Chọn một số nguyên dương ( nhỏ hơn 26) có 25 cách. Theo quy tắc nhân có : 24.25  600 cách ghi nhãn khác nhau. Bài tập tương tự : Câu 9. Chọn B

Câu 10. Chọn A Câu 11. Chọn D Để lập một số có dạng abc với a, b, c  1;2;3; 4 ta thực hiện: Chọn 1 số vào vị trí a có 4 cách. Chọn 1 số vào vị trí b có 4 cách. Chọn 1 số vào vị trí c có 4 cách. Vậy có 4.4.4  43 số trong tập A. Câu 12. Chọn B Gọi số tự nhiên có sáu chữ số cần tìm là abcdef , a  o , a, b, c, d , e, f  A  0,1,3, 4,5, 7 Chọn a có 5 cách chọn. Sau khi chọn a còn 5 chữ số xếp vào các vị trí b, c, d , e, f nên có 5! cách chọn. Theo quy tắc nhân có 5.5!  600 (số). Câu 13. Chọn C Ta có tập A gồm 5 số chẵn và 5 số lẻ. Do đó số cách chọn ra 2 phần tử gồm 1 phần tử chẵn và 1 phần tử lẻ là  C51 

Câu 14. Chọn C 3 Số cách chọn 3 số bất kì từ tập 4;5;6;7 là C 4 .

Do 1, 2, 3 luôn đứng cạnh nhau nên ta xem chúng như một phần tử. Số các số tự nhiên có sáu chữ số đôi một khác nhau trong đó 1, 2, 3 luôn đứng cạnh nhau là 4!.C34 .3!  576 số. Câu 15. Chọn C * Số tam giác có 2 đỉnh thuộc d1 và 1 đỉnh thuộc d 2 là: C52 .C71  70 . * Số tam giác có 1 đỉnh thuộc d1 và 2 đỉnh thuộc d 2 là: C51 .C72  105 . Vậy có 70  105  175 tam giác. Câu 16. Chọn C Gọi số cần tìm là N  abcd . Do N chia hết cho 15 nên N phải chia hết cho 3 và 5, vì vậy d có 1 cách chọn là bằng 5 và a  b  c  d chia hết cho 3. Do vai trò các chữ số a, b, c như nhau, mỗi số a và b có 9 cách chọn nên ta xét các trường hợp: TH1: a  b  d chia hết cho 3, khi đó c  3  c  3;6;9 , suy ra có 3 cách chọn c .

TH2: a  b  d chia 3 dư 1, khi đó c chia 3 dư 2  c  2;5;8 , suy ra có 3 cách chọn c . TH3: a  b  d chia 3 dư 2, khi đó c chia 3 dư 1  c  1; 4;7 , suy ra có 3 cách chọn c . Vậy trong mọi trường hợp đều có 3 cách chọn c nên có tất cả: 9.9.3.1  243 số thỏa mãn. Câu 17. Chọn B Gọi số cần tìm thỏa mãn điều kiện bài toán là abcdef trong đó a, b, c, d , e, f  S và đôi một

a  b  c  9 khác nhau. Theo bài ra ta có a  b  c  3  d  e  f  12   d  e  f  12 5

Có abcdef  a.10  b.104  c.103  d .102  e.10  f . Ta có các cặp 3 số khác nhau từ S có tổng bằng 9 là 1; 2;6 , 1;3;5 , 2;3; 4 .  T  3.2!.3! a  b  c  . 105  104  103   3.2!.3! d  e  f  . 100  10  1  36011952 .

Câu 18. Chọn C Số phần tử của không gian mẫu n    9! Gọi A là biến cố “mỗi hàng, mỗi cột bất kì đều có ít nhất một số lẻ”.

A là biến cố “có một hàng, hoặc một cột đều là số chẵn” Vì có 4 số chẵn nên chỉ có một hàng hoặc một cột xếp toàn số chẵn Có 6 cách chọn ra một hàng hoặc hoặc một cột để xếp 3 số chẵn. Có 6 cách chọn một ô không thuộc hàng đó để xếp tiếp 1 số chẵn nữa Có 4! cách xếp 4 số chẵn và 5! xếp 5 số lẻ.

 

Vậy xác xuất P  A   1  P A  1 

6.6.4!.5! 5  . 9! 7

Câu 19. Chọn B Ta có: n     9.9! . Ta thấy 1  2  3  4  5  6  7  8  9  45 3. Ta chon 9 số không có số 0 thì được 9! cách. Ta Chọn có sô 0 thì trong dãy số phải bỏ ra 3 hoặc 6 hoặc 9 nên có 3.8.8! cách Do đó n( A)  9! 3.8.8!. Vậy p ( A) 

11 . 27

Câu 20. Chọn C Ta có n()  A94 .

Gọi số tự nhiên cần tìm có bốn chữ số là abcd . Vì abcd chia hết cho 11 nên (a  c)  (b  d )  11  (a  c)  (b  d )  0 hoặc (a  c)  (b  d )  11 hoặc (a  c)  (b  d )  11 do

12  1  2    8  9    a  c    b  d    8  9   1  2   12 . Theo đề bài ta cũng có a  b  c  d chia hết cho 11 . Mà 1  2  3  4  a  b  c  d  6  7  8  9  10  a  b  c  d  30 .  a  b  c  d  11 hoặc a  b  c  d  22 .

Vì (a  c)  (b  d )  (a  b  c  d )  2(a  c) 2 nên (a  c)  (b  d ) và a  b  c  d cùng tính

(a  c)  (b  d )  0 chẵn, lẻ    a  c  b  d  11 (do các trường hợp còn lại không thỏa  a  b  c  d  22 mãn)  (a; c) và (b; d ) là một trong các cặp số: (2;9) , (3;8) , (4;7) , (5;6) . - Chọn 2 cặp trong số 4 cặp trên ta có C42 cách. - Ứng với mỗi cách trên có 4 cách chọn a ; 1 cách chọn c ; 2 cách chọn b ; 1 cách chọn d .  n( A)  C42 .4.1.2.1  48 (cách).

Vậy xác suất cần tìm là P( A) 

48 1  . 3024 63

Câu 21. Chọn C Ta có thể chia làm bốn trường hợp sau TH1: Số 5 có mặt một lần, số 6 có mặt một lần.( Bao gồm các khả năng sau: mỗi số có mặt một lần hoặc một số 5 , một số 6 hai số 3 hoặc một số 5 , một số 6 hai số 4 ) 4! 4! Số các số được tạo thành là: 4!   48 (số). 2! 2! TH2: Số 5 có mặt một lần, số 6 không có mặt. 4! 4! Số các số được tạo thành là:   24 (số). 2! 2! TH3: Số 6 có mặt một lần, số 5 không có mặt. 4! 4! Số các số được tạo thành là:   24 (số). 2! 2! TH4: Số 5 và số 6 không có mặt.( Số 3 và số 4 mỗi số có mặt đúng hai lần) 4!  6 (số). Số các số được tạo thành là: 2!.2! Vậy có thể lập được 102 số thỏa mãn đề bài. Câu 22. Chọn D Dựa vào lý thuyết hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp Trắc nghiệm: Dùng máy tính chọn các giá trị cụ thể. Câu 23. Chọn A

Công thức tính số tổ hợp chập k của n phần tử là : Cnk 

n! .  n  k !k !

Câu 24. Chọn C Số cách xếp 4 bạn học sinh vào dãy có 4 ghế là: 4!  24 cách. Câu 25. Chọn C Cách 1: Mỗi cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán chính là một chỉnh hợp chập 3 của 5 phần tử nên số cách xếp là A53 (cách). Cách 2: Có 5 cách xếp bạn A, với mỗi cách xếp bạn A thì có 4 cách xếp bạn B, với mỗi cách xếp bạn A và B thì có 3 cách xếp bạn C. Vậy theo qui tắc nhân có 5.4.3  60 (cách). Câu 26. Chọn A Mỗi cách xếp chỗ cho bốn bạn học sinh vào bốn chiếc ghế kê thành một hàng ngang là một hoán vị của 4 phần tử. Do đó có 4! = 24 cách. Câu 27. Chọn D Tổng số học sinh của tổ là: 5  7  12 . Số cách cách chọn 4 học sinh của tổ để tham ra một buổi lao động là tổ hợp chập 4 của 12 phần tử: C124 . Câu 28. Chọn B k Ta có An 

n! .  n  k !

Câu 29. Chọn C Theo công thức ta có: Cnk 

Ank 

n!  0  k  n  nên A đúng. k ! n  k  !

n!  0  k  n  do đó B đúng.  n  k !

Pn  n !  n  1 . D đúng. k ! Ank  k !

n!  Cnk n  k !  

 0  k  n  . Vậy đáp án C sai.

Câu 30. Chọn B Số các chỉnh hợp chập k của n phần tử là: Ank  Câu 31.

n! .  n  k !

Chọn C Số cách xếp 4 học sinh vào một dãy ghế dài gồm 10 ghế là A104 . Câu 32. Chọn C Lấy đúng 3 phần tử của tập hợp gồm 10 phần tử là một tổ hợp chập 3 của 10 . Do đó, số tập con cần tìm là C103 . Câu 33. Chọn B Câu 34. Chọn B Câu 35. Chọn B Mỗi số có ba chữ số khác nhau lập được từ các chữ số 1, 2,3, 4,5, 6 là một chỉnh hợp chập 3 của 6 phần tử . Nên số các số lập được là A63  120 . Câu 36. Chọn B Mỗi tam giác cần 3 đỉnh thuộc S , mỗi tam giác được tạo thành là một tổ hợp chập 3 của 10 phần tử. Vậy số tam giác thỏa mãn là C103  120 . Mức độ nhận biết, thông hiểu Câu 37. Chọn B Mỗi tập con gồm 3 phần tử là một tổ hợp chập 3 của 7 phần tử. Vậy có C73 tập con. Câu 38 Chọn C 3 Số tập con chứa 3 phần tử lấy từ tập X bằng số tổ hợp chập 3 của 20 là C20 .

Câu 39. Chọn D Ta có công thức số tổ hợp chập k của n phần tử là Ckn 

n! . k ! n  k  !

Câu 40. Chọn D Câu 41. Chọn A Ta có Cnk  Cnn  k với n là số nguyên dương và k là số nguyên thỏa mãn 0  k  n . Câu 42. Chọn D Mỗi số lập được là một chỉnh hợp chập 3 của 6 phần tử.

Vậy lập được tất cả là A63  120 số. Câu 43. Chọn A Một tổ hợp chập 2 của các phần tử tập A là một tập con bất kỳ chứa 2 phần tử của A . Câu 44. Chọn D Theo yêu cầu bài toán thì chọn ra 2 học sinh từ 10 học sinh có quan tâm đến chức vụ của mỗi người nên mỗi cách chọn sẽ là một chỉnh hợp chập 2 của 10 phần tử. Câu 45. Chọn D Theo tính chất của tổ hợp. Câu 46. Chọn A Theo công thức số chỉnh hợp. Mặt khác Cn0  1 ; Cnk 

n! ; An1  n k ! n  k  !

Câu 47. Chọn B Công thức tính số chỉnh hợp chập k của n phần tử: Ank 

n! .  n  k !

Câu 48. Chọn D Với k và

Cnk 

n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn

k  n , theo công thức tổ hợp ta có

n! . k ! n  k  !

Câu 49. Chọn C Số tập con gồm 2 phần tử của S là số tổ hợp chập 2 của 5 phần tử và bằng C52 . Câu 50. Chọn B Ta có 0!  1 và 1!  1 . Vậy có 2 giá trị của n thỏa mãn. Câu 51. Chọn B. Dựa vào công thức tính số các chỉnh hợp chập k của một tập hợp có n phần tử và công thức tính số các tổ hợp chập k của một tập hợp có n phần tử nên ta có mệnh đề đúng là n! Ank   n  k ! Câu 52. Chọn B

Do Ank 

n! n! Ak và Cnk  nên Cnk  n . k ! n  k  ! k!  n  k !

Câu 53. Chọn C Số tập hợp con gồm k phần tử của tập n phần tử là: Cnk  Số tập hợp con gồm 2 phần tử của tập hợp M là C102 . Câu 54. Chọn D Số cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 41 học sinh là số tổ hợp chập 2 của 41, tức có C412 cách chọn. Câu 55. Chọn D Câu 56. Chọn D Ta có: Pn  n  n  1 ... 2.1 = n !  D đúng. * Phát triển câu mức độ tương tự Câu 57. Chọn C Số các chỉnh hợp chập k của một tập có n phần tử, kí hiệu là: Ank 

n! , 1  k  n  .  n  k !

Câu 58. Chọn B Số các chỉnh hợp chập k của một tập có n phần tử, kí hiệu là: Ank 

n! , 1  k  n  .  n  k !

 D đúng.

Số các tổ hợp chập k của một tập có n phần tử, kí hiệu là: Cnk   C đúng.

Ank Ak Ta có : k  k !  Cnk  n  A đúng. Cn k! Câu 59. Chọn C Sử dụng công thức: Ank 

n! n! ; Cnk  , 1  k  n  . k ! n  k  !  n  k !

Ta có: An3  Cn2  14n 

n! n!   14n .  n  3! 2!.  n  2 !

n! , 1  k  n  . k ! n  k  !

 n  n  1 n  2  

n  n  1 n 1    14   0 .  14n  n  n  1 n  2   2 2  

 n  n  5  2n  5   0  n  5 . Câu 60. Chọn D Xếp 20 chiếc bút chì thành một hàng ngang, giữa chúng có 19 chỗ trống. Số cách chia bút chì thỏa mãn điều kiện đề bài chính là số cách đặt 2 “vách ngăn” vào 2 chỗ trống trong số 19 chỗ trống nói trên (mỗi chỗ trống được chọn đặt 1 “vách ngăn”), tức là bằng C192  171 . Câu 61 Chọn C A đúng. Cứ 4 phần tử bất kì từ tập 6 phần tử ta sẽ được một tập con của tập 6 phần tử. Số tập con có 4 phần tử là C64 . B đúng. Khi đảo vị trí của 4 quyển sách sẽ được 1 cách sắp xếp mới (có sắp thứ tự). Do vậy số cách xếp 4 quyển sách vào 4 trong 6 vị trí trên giá là A64 . C sai. Mỗi cách lựa chọn và xếp thứ tự 4 học sinh từ nhóm 6 học sinh là một chỉnh chập 4 của 6 học sinh. Vậy số cách lựa chọn và xếp thứ tự 4 học sinh từ nhóm 6 học sinh là A64 . D đúng. Mỗi cách sắp xếp 4 quyển sách trong 6 quyển sách vào 4 vị trí là một chỉnh hợp chập 4 của 6 quyển sách. Vậy số cách sắp xếp 4 quyển sách trong 6 vào 4 vị trí trên giá là A64 . Phân tích: Đây là kiến liên quan đến bài toán đếm. Yêu cầu học sinh phải hiểu được tổ hợp và chỉnh hợp. Sự lựa chọn có sắp thứ tự và không sắp thứ tự. - Cho tập A gồm n phần tử và số nguyên k với 1  k  n . Khi lấy k phần tử của A và sắp xếp chúng theo một thứ tự ta được một chỉnh hợp chập k của n phần tử của A. Kí hiệu Ank . - Cho tập A có n phần tử và số nguyên k với 1  k  n . Mỗi tập con của A có k phần tử được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử của A. Kí hiệu Cnk . Câu 62. Chọn C Câu 63. Chọn B Cho  S  : x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 . Điều kiện để  S  là phương trình của một mặt cầu là: a 2  b 2  c 2  d  0 . Ở câu A, a 2  b 2  c 2  d  02  02  02  1  1  0 nên đây là phương trình của mặt cầu. Ở câu B, a 2  b 2  c 2  d   1  22   1  17  11  0 nên đây không phải là phương trình 2

của mặt cầu. Ở câu C, a 2  b 2  c 2  d   1  22   3  5  9  0 nên đây là phương trình của mặt cầu. 2

3  1 1 Ở câu D, a  b  c  d  1          0 nên đây là phương trình của mặt cầu. 2  2 2 2

Câu 64.

Chọn B Số cách chọn một bạn nam và một bạn nữ để hát song ca là C61 .C41  24 cách. Câu 65. Chọn D Mỗi cách sắp xếp 5 học sinh là một hoán vị của 5 phần tử. Vậy có 5!  120 cách. Câu 66. Chọn B Ta có số chỉnh hợp chập k của một tập hợp gồm n phần tử là: n! n !. k ! Ank    Cnk .k !.  n  k ! k !  n  k ! Câu 67. Chọn C Câu 68. Chọn D Chọn một bộ quần áo, cần thực hiện liên tiếp hai hành động: Hành động 1 - chọn áo: có 4 cách chọn. Hành động 2 - chọn quần: ứng với mỗi cách chọn áo có 3 cách chọn quần. Vậy số cách chọn một bộ quần áo là: 4 . 3  12 (cách). Câu 69. Chọn B Theo Định nghĩa Tổ hợp. Ta có số tập con có 4 phần tử lấy từ các phần tử của tập M là C94 . Câu 70. Chọn A Ta lấy 4 phần tử bất kì trong tập hợp gồm 9 phần tử có C94 cách. Vậy số tập con gồm 4 phần tử là C94 . Câu 71. Chọn A Ta có: Ank 

n! .  n  k !

Câu 72. Chọn C Ta có:

A   n  2 !  n. n  1 2 n

PT 5.1 Chọn D Gọi n  a1a2 a3a4 là số tự nhiên có 4 chữ số lớn hơn 2018 Có A 74 = 7.6.5.4  n  Ω  = 7.6.5.4

Chọn:

a1 là các số 2,3, 4,5,6,7 : 6 cách a2  a1 : 6 cách a3  a1 , a2  : 5 cách a4  a1 , a2 , a3  : 4 cách Vậy có 6.6.5.4 số thỏa yêu cầu đề bài Xác suất P  Câu 73.

6.6.5.4 6  7.6.5.4 7

. Chọn B Chọn 2 trong 10 học sinh để giữ 2 chức vụ tổ trưởng và tổ phó (có thứ tự ) là chỉnh hợp chập 2 của 10  A102 (cách).

Câu 74. Chọn D Công thức chỉnh hợp. Câu 75. Chọn A Mỗi cách xếp 3 người ngồi vào 5 ghế xếp thành hàng ngang sao cho mỗi người ngồi một ghế là một chỉnh hợp chập 3 của 5 phần tử. Do đó số cách xếp là A53 . Câu 76. Chọn C Số các số tự nhiên gồm 3 chữ số khác nhau được lập thành từ dãy trên là A83 . Câu 77.

. Chọn A Hai điểm bất kì trong n điểm trên tạo thành hai véctơ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Nên số các n! véc tơ đó là: 2.C2n  2.  n( n  1) . 2!( n  2)! Nhận xét: Có thể hiểu mỗi véctơ là một chỉnh hợp chập 2 của n điểm. Nên số véctơ là n! An2   n(n  1) . (n  2)

Câu 78. Chọn B Với k và n là hai số nguyên dương thỏa k  n ta có: n! Số các chỉnh hợp chập k của n phần tử là: Ank  , nên câu B sai. (n  k )! Câu79.

Chọn A Số tập con có 6 phần tử của tập A là: C266 . Câu 80. Một chỉnh hợp chập 2 của A là một bộ số có thứ tự gồm 2 phần tử của A . Đối chiếu các đáp án chọn D. Câu 81. Chọn A Mỗi cách chọn ra 3 học sinh từ 40 học sinh để làm tổ trưởng tổ 1, tổ 2, tổ 3 là một chỉnh hợp 3 chập 3 của 40 phần tử, vậy có: A40 (cách). Câu 82. Chọn C Mỗi tập con khác rỗng của tập A là một tổ hợp chập k ( 1  k  n ) của n phần tử của tập A . Số tập con khác rỗng của tập A gồm k phần tử ( 1  k  n ) là Cnk . Vậy, số tập con khác rỗng của tập A sẽ là: T  Cn1  Cn2  Cn3  ...  Ckn  ...  Cnn  Cn0  Cn1  Cn2  Cn3  ...  Ckn  ...  Cnn   Cn0  2n  1

Câu 83. Chọn D Chọn 3 học sinh (có thứ tự) xếp vào 10 vị trí có số cách chọn là số chỉnh hợp chập 3 của 10 phần tử: A103 . Câu 84. Chọn A Chọn 4 học sinh trong 10 học sinh tổ 1 để đi bưng bàn ghế ta có C104 cách. Câu 85. Chọn B Gọi số cần tìm có dạng là a1a2 a3  a1  0, a1  a2 , a2  a3 , a3  a1  . Mỗi bộ ba số  a1 ; a2 ; a3  là một chỉnh hợp chập 3 của 9 phần tử. Vậy số các số cần tìm là A93 số. Câu 86. Chọn C Câu 87.. Chọn B Số tam giác có 3 đỉnh thuộc S bằng số tổ hợp chập 3 của 10: C103  120 . Câu 88. Chọn A Công thức tính số tập con của một tập hợp gồm n phần tử là 2n. Tập M có 22018 tập con nên có 2018 phần tử. Số tập con có 2017 phần tử là C2017 2018  2018 (tập con).

Số tập con có 2018 phần tử là C2018 2018  1 (tập con). Số tập con có ít nhất 2017 phần tử của M là 1  2018  2019 (tập con). Câu 89. Chọn A 1 Chọn 1 nam trong 20 học sinh nam có C20 cách. 1 Chọn 1 nữ trong 15 học sinh nam có C15 cách. 1 1 Áp dụng quy tắc nhân có : C20 . C15  300 cách.

Câu 90 Chọn D Theo tính chất tổ hợp SGK: Cnk  Cnk 1  Cnk11 . Câu 91. Chọn C Đa giác đều có 20 cạnh thì sẽ có tất cả 10 đường chéo đi qua tâm của đa giác. Một hình chữ nhật được tạo thành từ 2 đường chéo đi qua tâm, suy ra số hình chữ nhật được tạo thành là C102  45 . Hình vuông được tạo thành từ 2 đường chéo vuông góc nhau, ta có tất cả 5 cặp đường chéo vuông góc nhau, suy ra có tất cả 5 hình vuông. Vậy có 40 hình chữ nhật (không phải hình vuông) được tạo thành. Câu 92. Chọn C Đa giác đều có 20 cạnh thì sẽ có tất cả 10 đường chéo đi qua tâm của đa giác. Một hình chữ nhật được tạo thành từ 2 đường chéo đi qua tâm, suy ra số hình chữ nhật được tạo thành là C102  45 . Hình vuông được tạo thành từ 2 đường chéo vuông góc nhau, ta có tất cả 5 cặp đường chéo vuông góc nhau, suy ra có tất cả 5 hình vuông. Vậy có 40 hình chữ nhật (không phải hình vuông) được tạo thành. Câu 93. Chọn C. Gọi số cần tìm là n  abc . Ta có a có 9 cách chọn. Số cách xếp các số còn lại vào vị trí b , c là A92 . Vậy số các số cần tìm là 9. A92  648 . Câu 94. Chọn D Dựa vào công thức ta có Cnk  Cnk11  Cnk1 . Câu 95. Chọn B

Mỗi số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau được lập bằng cách lấy các phần tử của tập hợp A và sắp xếp theo một thứ tự nhất định là một hoán vị của 4 phần tử. Vậy có tất cả 4!  24 số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau được lập từ A . Câu 96. Chọn A + Gọi x là số bóng đèn loại I được lấy ra, y là số bóng đèn loại II được lấy ra, x, y   .

x  y  5 + Suy ra  có các trường hợp  x; y    5;0  ,  4;1 ;  3; 2  x  y + Số khả năng xảy ra là C55  C54 .C71  C53 .C72  246 . Câu 97. Chọn B + Không gian mẫu là 6*6 = 36. + Vì gieo 2 con xúc xắc 1 lần nên có 3 trường hợp về số chấm xuất hiện như sau. Trường hợp 1: Số chấm trên con màu xanh lớn hơn số chấm trên con màu đỏ. Trường hợp 2: Số chấm trên con màu đỏ lớn hơn số chấm trên con màu xanh. Trường hợp 3: Số chấm trên con màu xanh bằng số chấm trên con màu đỏ, có 6 khả năng. Trong đó trường hợp 1 và 2 bằng về số lượng xuất hiện. + Nên trường hợp số chấm trên con màu xanh nhiều hơn số chấm trên con màu đỏ có 36  6  15 khả năng. 2 Câu 98. Chọn C Mỗi số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau được tạo thành từ các chữ số 1, 2,3, 4,5, 6 là một chỉnh hợp chập 3 của 6 và ngược lại. Vậy có A63 số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 99. Chọn D Số cách chọn 3 trong n học sinh có Cn3 

n  n  1 n  2  n! .  6  n  3!3!

Khi đó Cn3  120  n  n  1 n  2   720 . Câu 100. Chọn B Điều kiện n  , n  5 . Cn5  792 

n! n!  792   95040  An5  95040. n  5 !5! n  5 !    

Cách 2: ( FB: Hồng Minh Trần). Áp dụng công thức Ank  Cnk .k !, ta có: An5  Cn5 .5!  792.5!  95040 .

Câu 101. Chọn A Xếp 6 học sinh có 6! cách xếp. Giữa 6 học sinh có 5 khoảng trống. Xếp 3 thầy giáo A, B, C vào 5 khoảng trống trên có: A53 cách. Vậy số cách xếp thỏa mãn yêu cầu là: 6!. A53  43200 cách. Câu 102. Chọn C Số cách chọn 3 người từ một nhóm 12 người là: C123 . tuthinguyen2310@gmail.com Câu 103. Chọn B Gọi số cần tìm là : a1a2 a3 a4 a5 với a1  0 , ai  a j , a5 chẵn và trong số luôn có mặt số 0 . Số cần tìm được chọn từ một trong các trường hợp : Trường hợp 1 : a5  0 có 1 cách chọn. Khi đó a1 , a2 , a3 , a4 có A94 cách chọn. Suy ra có : A94 (số). Trường hợp 2 : a5  2 ; 4 ; 6 ; 8 có 4 cách chọn. Chữ số 0 có 3 cách chọn vị trí a2 , a3 , a4 và có A83 cách chọn 3 số cho 3 vị trí còn lại. Suy ra có : 4.3.A83 (số). Vậy ta có A94  4.3. A83  7056 (số) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 104. Chọn A Xảy ra hai trường hợp TH1 : 2 câu lý thuyết, 1 câu bài tập có C42 .C61  36 . TH2 : 1 câu lý thuyết, 2 câu bài tập có C41 .C62  60 . Vậy có thể tạo 60  36  96 đề khác nhau. Câu 105. Chọn D Số tập con có k phần tử của tập A là C10k . 1  Số tập con gồm nhiều nhất 3 phần tử của tập A là C100  C10  C102  C103 .

Câu 106. Chọn D Cách 1: Gọi số cần tìm là n  abc 1  a  9; 0  b, c  9; a, b, c    . Khi đó Chọn a có 9 cách  a  0  Chọn b có 9 cách  b  a  Chọn c có 8 cách  c  a  b 

Theo quy tắc nhân có 9.9.8  648 số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách 2: Gọi số cần tìm là n  abc 1  a  9; 0  b, c  9; a, b, c    . Khi đó: Chọn a có 9 cách  a  0  Chọn b, c từ 9 số còn lại là một chỉnh hợp chập 2 của 9 phần tử, số cách chọn A92 cách. Số các số cần tìm : 9. A92  648 số. Câu 107. Chọn B Đặt 7 quả bóng trên bàn, giữa 7 quả bóng có 6 khoảng trống. Ta muốn chia làm 4 phần thì ta dùng 3 cái que, ta đặt vào 3 trong 6 khoảng trống, ta có C63 cách đặt. Do đó số cách chia 7 quả bóng thành 4 phần để bỏ vào 4 hộp khác nhau sao cho mỗi hộp có ít nhất 1 quả là: C63  20 cách. Câu 108. Chọn A. Xét:

1 1 2019! 1 k  .  C2019 k ! 2019  k  ! 2019! k ! 2019  k  ! 2019!

Khi đó: S    

1 1 1 1 1    ...   2!2017! 4!2015! 6!2013! 2016!3! 2018! 1 2 4 6 2018 C2019  C2019  C2019  ...  C2019   2019! 1 0 2 4 6 2018 C2019  C2019  C2019  C2019  ...  C2019  1  2019! 1 22018  1  2019! 22018  1 . 2019!

Câu 109 Chọn A Tổng số điểm vừa lấy bằng: 3  4  5  6  18 (điểm). Mỗi cách chọn ra 3 điểm không nằm trên một cạnh cho ta một tam giác. Số cách chọn 3 điểm từ 18 điểm là: C183  816 (cách chọn). Số cách chọn 3 điểm cùng nằm trên một cạnh là: C33  C43  C53  C63  35 (cách chọn). Vậy số tam giác cần tìm bằng: 816  35  781 (tam giác). Câu 110. Chọn B TH1: Nhóm có đúng 3 học sinh có C14 .C13 .C12  24 cách chọn TH2: Nhóm có đúng 4 học sinh có C14 .C13 .C22  C14 .C32 .C12  C42 .C13 .C12  72 cách chọn TH3: Nhóm có đúng 5 học sinh có C59  C57  C55  C56  98 cách chọn TH4: Nhóm có đúng 6 học sinh có C96  C67  C66  76 cách chọn

TH5: Nhóm có đúng 7 học sinh có C97  C77  35 cách chọn TH6: Nhóm có đúng 8 học sinh có C89  9 cách chọn TH7: Nhóm có đúng 9 học sinh có C99  1 cách chọn Vậy tổng số có 24 + 72 + 98 + 76 + 35 + 9 + 1 = 315 cách. Câu 111. Chọn B Từ các chữ số trong tập 1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 lập được A92 số tự nhiên có hai chữ số khác nhau và đều khác 0 . Câu 112. Chọn B Lấy ba điểm phân biệt không thẳng hàng sẽ tạo thành một tam giác nên số tam giác tạo thành là: Cn3+6 - C43 - Cn3 = 247 Û n = 7

Phát triển Câu 113. Chọn B Ta chia tập S thành 3 nhóm, nhóm 1 gồm 4 đường thẳng song song với AB , nhóm 2 gồm 6 đường thẳng song song với BC , nhóm 3 gồm 8 đường thẳng song song với AC . Khi đó cứ 2 đường thẳng thuộc nhóm này và hai đường thẳng thuộc nhóm khác sẽ tạo thành một hình bình hành. Khi đó số hình bình hành là: C42 .C62 + C82 .C62 + C42 .C82 = 678

Câu 114 Chọn D

+ Tô màu ô vuông số 2: có C32 cách chọn 2 trong 3 màu, có C24 cách tô 2 màu đó lên 4 cạnh. Vậy có C32 .C24  18 cách. + Tô màu ô vuông số 1,5,3: có C12 cách chọn màu còn lại, có C32 cách tô màu còn lại lên 3 cạnh còn lại của 1 hình vuông. Vậy có  C12 .C32   63 cách 3

+ Tô màu ô vuông số 4,6: Mỗi 1 hình vuông có 2 cách tô màu. Vậy có 22  4 cách. Vậy có 18.63.4  15552 cách thỏa mãn. Câu 115 Chọn C

Chia 4 chiếc bánh khác nhau cho 3 em nhỏ, biết rằng mỗi em nhận được ít nhất 1 chiếc nên sẽ có một em nhận được 2 chiếc, hai em còn lại mỗi em nhận được 1 chiếc. Chọn 2 trong 4 chiếc bánh chia cho 1 trong 3 em có C42 .3 cách. Lấy 2 chiếc bánh còn lại chia cho hai em còn lại có 2! cách. Vậy có C42 .3.2!  36 cách. Câu 116. Chọn C Số các hoán vị gồm 3 phần tử của A là P3  3!  6 . Câu 117. Chọn C Số các hoán vị gồm 3 phần tử của A là P3  3!  6 . Câu 118. Chọn D

Ank n! C   . k !.  n  k  ! k ! k n

Câu 119. Chọn C

Cnk 

n! 1  . Ank  Ank  k !.Cnk k !.  n  k  ! k !

Câu 120. Chọn B

Cnk  2 

n! n!  .  k  2 ! n   k  2  !  k  2 ! n  k  2 !

Câu 121. Chọn C Ta có Cnk 

n! nên A đúng. k! n  k  !

Vì Cnk  Cnn  k nên B đúng. Ta có Ank 

n! n!  k!  k!.Cnk nên D đúng và C sai.  n  k ! k! n  k !

Câu 122. Chọn A Vì Ank   k ! .C nk mà k !  1  Ank  C nk  Ank  C nk là mệnh đề sai. Câu 123. Chọn C Xếp chữ số 1 và 2 vào hai vị trí, do không giao hoán nên có: C92 (cách). Tương tự xếp chữ số 3 và 4 có C72 (cách), xếp chữ số 5 và 6 có C52 (cách).

Ba chữ số 7,8,9 hoán vị vào ba vị trí còn lại, có số cách xếp là 3! (cách). Vậy số các chữ số thỏa mãn bài toán là: C92 .C72 .C52 .3!  45360 (số). Câu 124. Chọn D Gọi số cần tìm có dạng abcd với a , b , c , d là các số thuộc tập hợp 0;1; 2;3; 4 . Vì chữ số 2 và 3 đứng cạnh nhau và số lập được là chẵn nên ta có các trường hợp như sau: TH1: Số có dạng 23cd hoặc 32cd . + Chọn d có 2 cách. + Chọn c có 2 cách. Vậy có 2.2.2  8 kết quả của TH1. TH2: Số có dạng a 23d hoặc a32d . * Nếu d  0 thì chọn a có 2 cách. * Nếu d  4 thì chọn a có 1 cách. Vậy có 2. 1  2   6 kết quả của TH2. TH5: Số có dạng ab32 . + Chọn a có 2 cách. + Chọn b có 2 cách. Vậy có 2.2  4 kết quả của TH5. Vậy có tất cả 8  6  4  18 kết quả thỏa mãn. Câu 125. Chọn A Cách 1: Vì mỗi câu hỏi có bốn phương án trả lời và chỉ có một phương án đúng nên xác suất để 1 3 trả lời đúng và xác suất để trả lời sai một câu hỏi lần lượt là và . 4 4 Theo yêu cầu của bài toán có các trường hợp sau: Trường hợp TH1

Số câu trả lời đúng 8

Số câu trả lời sai 2

Xác suất xảy ra 1 C108 .   4

3 .  4

(quy tắc nhân) 9

TH2

1 3 C109 .   . 4 4

(quy tắc nhân) 10

TH3

1 C .  4 10 10

(quy tắc nhân)

Vậy áp dụng quy tắc cộng ta có xác suất cần tìm là: 8

436 1 3 1 3 1 P  C .   .    C109 .   .  C1010 .    10 . 4 4 4 4 4 4 Cách 2: - Số cách làm bài của thí sinh: 410 (cách). - Để thí sinh đó đạt từ 8, 0 điểm trở lên, ta có 3 trường hợp sau: 8 10

+ Làm được 8 câu đúng và 2 câu sai (8 điểm): C108 .3.3 (cách). + Làm được 9 câu đúng và 1 câu sai (9 điểm): C109 .3 (cách). + Làm được 10 câu đúng (10 điểm): 1 (cách). Do đó số cách để thí sinh đạt từ 8,0 điểm trở lên là: C108 .3.3  C109 .3  1  436 (cách). Vậy xác suất cần tìm là P 

436 . 410

Câu 126. Chọn A Tập hợp các chữ số chẵn chọn từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 0, 2, 4, 6 . Tập hợp các chữ số lẻ chọn từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 1,3,5, 7 . Ta có, + Số các tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ có dạng abcde ( a có thể bằng 0 ) là C43 .C42 .5! . + Số các tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ có dạng 0bcde là C32 .C42 .4! . Suy ra, số các số tự nhiên thỏa đề ra là C43 .C42 .5! C32 .C42 .4!  2448 . Ý tưởng phát triển câu 39: thêm ràng buộc về thứ tự sắp xếp cho số tự nhiên lập được. Câu 127. Chọn D Tập hợp các chữ số chẵn chọn từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 0, 2, 4, 6 . Tập hợp các chữ số lẻ chọn từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 1,3,5, 7 . + Số các tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ có dạng abcde ( a có thể bằng 0 ), đồng thời ba chữ số chẵn đứng liền nhau là C43 .C42 .3.3!2!. (để ý: có 3 cách xếp sao cho ba chữ số chẵn đứng liền nhau là a, b, c , b, c, d  , c, d , e ). + Số các tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ có dạng 0bcde , đồng thời ba chữ số chẵn đứng liền nhau là C32 .C42 .1.2!2! . (để ý: có 1 cách xếp sao cho hai chữ số chẵn còn lại đứng liền với số 0 là b, c ). Suy ra, số các số tự nhiên thỏa đề ra là C43 .C42 .3.3!2! C32 .C42 .1.2!2!  792 . Câu 128. Chọn B. Tập hợp các chữ số chẵn chọn từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 0, 2, 4, 6 .

Tập hợp các chữ số lẻ chọn từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 1,3,5, 7 . + Số các tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ có dạng abcde ( a có thể bằng 0 ), đồng thời hai chữ số lẻ đứng liền nhau là C43 .C42 .4.2!.3! . (để ý: có 4 cách xếp sao cho hai chữ số lẻ đứng liền nhau là a, b , b, c , c, d  , d , e ). + Số các tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ có dạng 0bcde , đồng thời hai chữ số lẻ đứng liền nhau là C32 .C42 .3.2!2! . (để ý: có 3 cách xếp sao cho hai chữ số lẻ đứng liền nhau là b, c , c, d  , d , e ). Suy ra, số các số tự nhiên thỏa đề ra là C43 .C42 .4.2!.3! C32 .C42 .3.2!2!  936 . Câu 129. Chọn A. Tập hợp các chữ số chẵn chọn từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 0, 2, 4, 6 . Tập hợp các chữ số lẻ chọn từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 1,3,5, 7 . + Số các tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau thỏa đề có dạng abcde ( a có thể bằng 0 ), đồng thời ba chữ số chẵn đứng liền nhau, hai chữ số lẻ đứng liền nhau là C43 .C42 .2.2!.3! . (để ý: có 2 cách xếp 3 chữ số chẵn thỏa đề a, b, c , c, d , e ). + Số các tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau thỏa đề có dạng 0bcde , đồng thời ba chữ số chẵn đứng liền nhau, hai chữ số lẻ đứng liền nhau là C32 .C42 .1.2!2! . (để ý: có 1 cách xếp sao cho hai chữ số chẵn còn lại đứng liền với số 0 là b, c ). Suy ra, số các số tự nhiên thỏa đề ra là C43 .C42 .2.2!.3! C32 .C42 .1.2!2!  504 . Câu 130. Chọn C. Tập hợp các chữ số chẵn chọn từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 0, 2, 4, 6 . Tập hợp các chữ số lẻ chọn từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 1,3,5, 7 . Ta có, + Số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau thỏa đề có dạng abcde ( a có thể bằng 0 ), có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ, đồng thời ba chữ số chẵn và hai chữ số lẻ đứng xen kẽ là C43 .C42 .1.3!.2! . (để ý: có 1 cách xếp 3 chữ số chẵn thỏa đề a, c, e ). + Số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau thỏa đề có dạng 0bcde , có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ, đồng thời ba chữ số chẵn và hai chữ số lẻ đứng xen kẽ là C32 .C42 .1.2!2! . (để ý: có 1 cách xếp 3 chữ số chẵn thỏa đề 0, c, e ). Suy ra, số các số tự nhiên thỏa đề ra là C43 .C42 .1.3!.2!  C32 .C42 .1.2!2!  216 .

Câu 131. Chọn C Giả sử số lập được có dạng a1a2 a3 a4 a5 a6 , a1  0 , ai  a j với i  j , i  1;6 , j  1;6 . a1a2 a3 a4 a5 a6  9  a1  a2  a3  a4  a5  a6  9  Ta có a1a2 a3 a4 a5 a6 18   . a  2 a a a a a a  2   1 2 3 4 5 6  6

Vì  a1  a2  a3  a4  a5  a6  9 nên ta có các trường hợp sau Trường hợp 1: a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 được chọn từ X 1  2;3; 4;5;6;7 + Có 3 cách chọn chọn a6 . + Có 5! cách chọn chọn bộ 5 số  a1 ; a2 ; a3 ; a4 ; a5  . Suy ra có 3.5!  360 số. Trường hợp 2: a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 được chọn từ X 2  0;1; 2; 4;5;6 + a6  0 , có 5! cách chọn bộ 5 số  a1 ; a2 ; a3 ; a4 ; a5  . + a6  0 khi đó a6 có 3 cách chọn, a1 có 4 cách chọn và có 4! cách chọn bộ 4 số

 a2 ; a3 ; a4 ; a5  . Suy ra có 5! 3.4.4!  408 số. Trường hợp 3: a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 được chọn từ X 3  0;1; 2;3;5;7 + a6  0 , có 5! cách chọn bộ 5 số  a1 ; a2 ; a3 ; a4 ; a5  . + a6  0 khi đó a6 có 1 cách chọn, a1 có 4 cách chọn và có 4! cách chọn bộ 4 số

 a2 ; a3 ; a4 ; a5  . Suy ra có 5! 1.4.4!  216 số. Vậy có 360  408  216  984 số. Câu 132. Chọn A Cách 1. Giả sử S  A  B . Đặt C  A  B, C1  A \ C , C2  B \ C . Khi đó C1 , C2 , C là ba tập con không giao nhau của S và S  C1  C2  C . Khi đó mỗi phần tử x  S có 3 khả năng: Hoặc thuộc tập C1 hoặc thuộc tập C2 hoặc thuộc tập C. Do đó 12 phần tử sẽ có 312 cách chọn. Trong các cách chọn nói trên có 1 trường hợp C1  C2   , C  S . Các trường hợp còn lại thì lặp lại 2 lần (đổi vai trò C1 và C2 cho nhau). Do đó số cách chia là Cách 2.

312  1 312  1 . 1  2 2

Đặt S  S1  S2 . Nếu S1 có k phần tử  có C12k cách chọn S1 .

 S2  S \ S1  A với A  S1 .  Có 2k tập A  2k cách chọn S2 .

Vậy có C12k .2k cách chọn S1 và S2 . Vậy số cách chọn

C k 0

k 12

.2k  312 .

Nhưng trường hợp S1  

và

S2  S

giống nhau và không hoán vị nên có

3 1 3 1 cách. 1  2 2 12

Câu 133. Chọn A Số các tổ hợp chập k của n phần tử 1  k  n  được tính theo công thức Cnk 

n! . k ! n  k  !

Vậy A là mệnh đề đúng. Câu 134. Chọn A Ta chọn bất kì 3 điểm trong 18 điểm đã cho thì tạo thành một tam giác. Do đó số tam giác được tạo thành là số cách chọn 3 điểm phân biệt bất kỳ (không kể thứ tự) từ 18 điểm đã cho. Vậy có tất C183 tam giác. Câu 135. Chọn B

 Số vectơ khác 0, có điểm đầu và điểm cuối lấy từ 10 điểm phân biệt trong mặt phẳng là A102 .

Câu 136. Chọn B Mỗi cách chọn ra 6 học sinh trong 33 học sinh để trực trường là một tổ hợp chập 6 của 33 6 phần tử. Nên số cách chọn là C33 cách.

Câu 137. Chọn C

20 viên bi khác nhau được đánh số từ 1 đến 20 , chia làm ba phần: Phần 1 gồm các viên bi mang số chia hết cho 3 , có 6 viên. Phần 2 gồm các viên bi mang số chia cho 3 dư 1 , có 7 viên. Phần 3 gồm các viên bi mang số chia cho 3 dư 2 , có 7 viên. Lấy ba viên bi từ hộp trên rồi cộng số ghi trên đó lại, được một số chia hết cho 3 có các trường hợp sau: Trường hợp 1 : lấy được 3 viên bi ở phần 1 , có C63 cách. Trường hợp 2 : lấy được 3 viên bi ở phần 2 , có C73 cách.

Trường hợp 3 : lấy được 3 viên bi ở phần 3 , có C73 cách. Trường hợp 4 : lấy được 1 viên bi ở phần 1 , 1 viên bi ở phần 2 và 1 viên bi ở phần 3 , có C .C .C71 cách. 1 6

1 7

Vậy có C63  C73  C73  C61 .C71 .C71  384 cách lấy được ba viên bi thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 138. Chọn C Ta có y 

3x  1 7 (C).  3 x2 x2

Tất cả các điểm có tọa độ nguyên thuộc (C) là: A  1; 4  , B  3;10  , C  5;2  . D  9;4  . Dễ thấy 4 điểm A, B, C ,D không có 3 điểm nào thẳng hàng. Suy ra lập được C4  6 đường thẳng đi qua 2 trong 4 điểm đó. 2

Câu 139 Chọn C Để cho tiện lặp luận, ta thay việc điền số 6 ta nói là điền dấu cộng " " và thay cho việc điền số 6 ta nói là điền dấu trừ " " . Theo thứ tự từ hàng trên xuống ta gọi là hàng 1, 2, 3, 4. Vậy mỗi hàng và mỗi cột ta cần điền 2 dấu " " và 2 dấu " " . Xét hai hàng 1 và 2, ta có các trường hợp sau: Trường hợp 1: Cách điền các dấu " "," " ở hai hàng 1 và 2 không có 2 ô tương ứng theo cột nào giống nhau. Nói cách khác, hai hàng 1 và 2 có điền dấu trái ngược nhau. Khi đó, số cách điền dấu ở hàng 1 là 4C 2  6 , hàng 2 chỉ có một cách điền ngược lại. Tổng dấu ở hai ô tương ứng theo cột của hai hàng đầu bằng 0 nên đến hàng thứ 3 ta điền 2 dấu " " và 2 dấu " " tùy ý. Hàng thứ tư chỉ có cách điền ngược dấu với hàng thứ ba. Vậy có 4C 2  6 cách điền dấu hai hàng cuối. Trong trường hợp này ta có 6.6  36 cách điền số thỏa mãn đề bài. Trường hợp 2: Cách điền các dấu " "," " ở hai hàng 1 và 2 có cả 4 ô tương ứng theo cột giống nhau. Khi đó, số cách điền dấu ở hàng một và hai là 4C 2  6 . Tổng dấu ở 2 ô tương ứng theo cột của 2 hàng đầu bằng hai lần dấu " " hoặc 2 lần dấu " " nên đến hàng thứ ba, tư ta điền dấu giống nhau và ngược lại so với hàng một, hai. Vậy chỉ có một cách điền dấu hai hàng cuối. Trong trường hợp này ta có 6 cách điền số thỏa mãn đề bài. Trường hợp 3: Cách điền các dấu " "," " ở hai hàng một và hai có đúng hai ô tương ứng theo cột giống nhau. Tức là có đúng hai cột giống nhau và 2 cột khác nhau. Chọn một trong hai cột giống nhau để điền dấu " " , cột giống nhau còn lại điền dấu " " thì có 2 cách. Ở hai cột khác nhau cũng chỉ có 2 cách điền dấu ngược nhau. Đến hàng thứ ba, ở cột ô giống nhau của hai hàng trên, ta chỉ có cách điền ngược dấu, còn ở cột ô khác nhau, ta có cách điền tùy ý dấu nào cũng được, nhưng chỉ được tùy ý cho 2 cách điền ở một ô, ô còn lại không có lựa chọn. Vậy có 2 cách điền hàng ba. Hàng thứ tư chỉ có một cách điền duy nhất. Vậy trong trường hợp này ta có 6.4.2  48 cách. Tóm lại có 36  6  48  90 cách. Câu 140. Chọn B Để sau 12 lần di chuyển con kiến đi từ A đến B thì có 2 trường hợp xảy ra như sau TH1: Con kiến di chuyển 8 bước ngang và 4 bước xuống, trong 8 bước ngang có một bước lùi.  Có 6C128 cách thực hiện các bước di chuyển

TH2: Con kiến di chuyển 6 bước ngang và 6 bước xuống, trong 6 bước xuống có một bước lùi.  Có 4C126 cách thực hiện các bước di chuyển Từ hai trường hợp có 6C128  4C126  6666 cách thực hiện. Câu 141. Chọn A Câu 142. Chọn A Số các hoán vị của 4 phần tử là P4  4!  24 . Câu 143. Chọn A Giả sử khi xếp 10 người vào một bàn tròn, hai cách sắp xếp được xem là như nhau nếu cách này nhận được từ cách kia bằng cách xoay bàn đi một góc nào đó. Bài toán trên được chia thành các công đoạn sau: 10 Công đoạn 1: Chọn 10 người trong 20 người đã cho để xếp vào bàn tròn A: có C20 cách.

Công đoạn 2: Sắp xếp 10 người vừa chọn được ở công đoạn 1 vào bàn tròn A: có 9! cách. Công đoạn 3: Sắp xếp 10 người còn lại vào bàn tròn B: có 9! cách. 10 Vậy số cách sắp xếp là: C20 .9!.9! cách.

Câu 144. Chọn B Số cách chọn ra 3 học sinh trong số 10 học sinh không tính thứ tự là C103  120 cách. Câu 145. Chọn B

3 Số cách chọn ra 3 đỉnh trong số 25 đỉnh của các hình vuông đơn vị là: C25 .

Số cách chọn ra 3 đỉnh thẳng hàng được chia làm ba trường hợp sau: TH1: 3 đỉnh nằm trên cùng 1 hàng hoặc cùng 1 cột là 5.C53  5.C53 . TH2: 3 đỉnh nằm trên một trong các đường chéo của hình vuông kích thước 4  4, 3  3, 2  2 sao cho các đường chéo ấy không trùng nhau là 2.C53  4.C43  4.C33 . TH3: 3 đỉnh nằm trên một trong các đường chéo của hình chữ nhật kích thước 2  4 . Số hình chữ nhật đó là 6 . Do đó số cách chọn là 12 . Vậy số tam giác được tạo thành là C253   5.C53  5.C53    2.C53  4.C43  4.C33   12  2148 . Câu 146.

Chọn D Điều kiện xác định: 3 £ x £ 7 . y¢ =

1 1 =0Û x=5 2 x -3 2 7 - x

Ta có: y (3) = 2, y (5) = 2 2, y (7) = 2 mà hàm số y = x - 3 + 7 - x liên tục trên [3;7 ] , suy ra max y = 2 2; min y = 2 . [3;7 ]

[3;7 ]

Vậy tập giá trị của hàm số là éê 2; 2 2 ùú . ë û Câu 147. Chọn D

B' C' a

A D

A a 2

B a

Quay tam giác AA ' C một vòng quanh trục AA ' tạo thành hình nón có chiều cao AA '  a , bán kính đáy r  AC  a 2 , đường sinh l  A ' C  AA '2  AC 2  a 3 .



 

Diện tích toàn phần của hình nón: S   r  r  l    a 2 a 2  a 3  



6  2 a2 .

Câu 148. Chọn B k Ta có An 

n! n!  k!  k !.Cnk nên B đúng.  n  k ! k ! n  k !

* Phát triển câu mức độ tương tự Câu 149. Chọn B k Số các tổ hợp chập k của một tập có n phần tử phần tử, kí hiệu là: Cn 

n! .  n  k !k !

Câu 150. Chọn D Áp dụng công thức: Cnk  Cnk 1  Cnk11 suy ra đáp án sai là C104  C114  C115 .

* Phát triển câu mức độ cao hơn Câu 151. Chọn B Điều kiện: n  2 , n  N . Ta có Pn .A 2n  72  6  A 2n  2Pn   Pn  A 2n  12   6  A 2n  12   0

n!  3  Pn  6   A  12   Pn  6   0   2   n !  12  A n  12  0   n  2  ! 2 n

 n !  3! n  3   . So với điều kiện, các giá trị cần tìm là n  3; n  4.  n  3  n  4  n  n  1  12 Câu 152. Chọn D Điều kiện : n  3, n   (*) . ta có: An3  72Cnn 1



n! n! n! n! 1 72  72   72    n  3 !  n  1! n  n  1!  n  3!  n  1!  n  3!  n  1!



 n  1!  72   n  1 n  2  n  3!  72  n  1 n  2  72     n  3 !  n  3 !

 n  10  n 2  3n  70  0   .  n  7 Kết hợp với điều kiện (*) suy ra n  10 . Khi đó

k 0

 Cnk   C10k  C100  C101  ...  C1010  210  1024 .

Câu 153. Chọn C k Phương pháp: Sử dụng các công thức Cn 

n! n! ; Ank  .  n  k !k !  n  k !

Giải: Điều kiện: n  2 .

Cn2  An2  9n 

n! n! 3   9n  n  n  1  9n  n  1  6  n  7 . 2  n  2 !2!  n  2 !

Câu 154. Chọn D Vì mỗi học sinh lớp 12A được đăng kí 1 hoặc 2 tiết mục trong số 3 tiết mục văn nghệ nên số cách lựa chọn tiết mục văn nghệ của mỗi học sinh là: C31  C32  6 . Lớp 12A có 44 học sinh đều tham gia văn nghệ nên số cách để lớp lựa chọn là: 644 . Câu 155. Chọn D Theo định nghĩa, số chỉnh hợp chập 3 của 10 phần tử là A103 .

Câu 156. Chọn A Ta có Cnk 

n! . k ! n  k  !

Câu 157. Chọn D Câu 158. Chọn A + Xét trong tập số phức ta có:

 x  1  1 3 x  1   x    2  x   1   2

3 1 3 1 3 i . Đặt m    i  m2    i  m2  m  1  0 . 2 2 2 2 2 3 i 2

+ Ta có m3  1 ; m3k  1 ; m3k 1  m ; m3k  2  m 2 . + Xét khai triển 1  x 

2019

0 1 2 3 2019  C2019  xC2019  x 2C2019  x 3C2019  ...  x 2019C2019  * .

+ Lần lượt thay x  1 , x  m và x  m 2 vào * ta được : 0 1 2 3 2019 22019  C2019  C2019  C2019  C2019  ...  C2019 1 .

1  m 

2019

1  m 

0 1 2 3 2019  C2019  mC2019  m 2C2019  C2019  ...  C2019  2 .

2 2019

0 1 2 3 2019  C2019  m 2C2019  mC2019  C2019  ...  C2019  3 .

+ Cộng theo từng vế 1 ,  2  ,  3 ta được: 22019  1  m  + Mà 1  m 

2019

  m2 

2019

 1 ; 1  m 2 

Vậy ta có 3S  22019  1  m 

Câu 159.

2019

 1  m 2 

2019

  m 

2019

 1  m 2 

2019

 3S .

 1 .

 22019  2  S 

22019  2 . 3

Chọn B Khai triển có tất cả 15 số hạng tức là n  4  14  n  10 .

Câu160. Chọn B Số các số hạng của khai triển nhị thức Newton của  a  b  là n  1 số hạng. n

Do đó ta có: n  6  18  n  12 . Câu 161. Chọn B.

Khai triển nhị thức (a  b) n (n  * ) thì có n  1 số hạng nên khai triển nhị thức (2 x 2  3)16 sẽ có 17 số hạng. Câu 162. Chọn B.

 2 x  3

2018

0  C2018  2x

2018

1  C2018  2x

2  3  C2018  2x

2017

2016

 3

2018  ...  C2018  3

2018

Vậy khai triển trên có 2019 số hạng. Câu 163. Chọn B Ta có 1  2 x 

2019

 C 2019  C 2019 2 x  C 2019  2 x   ...  C 2019  2 x  0

2019

Tổng các hệ số trong khai triển là: S  C 2019  C 2019 2  C 2019 22  ...  C 2019 22019 . Cho x  1 ta có: 1  2.1 0

2019

 C 2019  C 2019 2.1  C 2019  2.1  ...  C 2019  2.1 0

 32019  C 2019  C 2019 2  C 2019 22  ...  C

2019 2019 2019

2019

 S  32019 . Vậy S  32019 .

Câu 164. Chọn D 20

20 1 1    Ta có T  x    x3     x  2    C20k x3 x x    k 0 20

k 0

l 0

 

20  k

22 l 1 l 22 l  1       1 C22 x  2   x  l 0 x 

k 60  4 k l   C20 x    1 C22 x 223l l

1

Các số hạng có số mũ của x trùng nhau khi 60  4k  22  3l

với 0  k  20, 0  l  22

1  4k  3l  38  l  2m , suy ra các hệ số của số hạng có mũ x trùng nhau luôn dương nên trong T  x  , các số hạng có số mũ x trùng nhau không bị triệt tiêu. Mặt khác, 4k  3l  38  2k  3m  19

 2

với 0  m  11

Từ  2   m lẻ.

Suy ra trong khai triển trên có 4 số hạng có số mũ của x trùng nhau. Vậy sau khi khai triển và rút gọn T  x  có 21  23  4  40 số hạng. Câu 165. Chọn A Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:



3 4 5



124

k   C124 . k 0

 3

124  k

 5  , với 0  k  124 , k   . 4

k Suy ra số hạng tổng quát  k  1 trong khai triển là: C124 .

 3

Hạng tử là số nguyên trong khai triển ứng với k thỏa mãn:

124  k

 5 . 4

k  4  k  4m  k  4m   124  k   2   0  k  124  0  m  31 .  m   m   0  k  124   k   

Suy ra có 32 giá trị k thỏa mãn. Do đó có 32 hạng tử là số nguyên trong khai triển Câu 166. Chọn B 9

1  Ta xét khai triển   x3  ( với x  0 ) có số hạng tổng quát là x  k

1 Tk 1  C   . x3 x k 9

 

9 k

 C9k .x 27  4 k .

Số hạng chứa x3 tương ứng với giá trị k thỏa mãn: 27  4k  3  k  6 . Vậy hệ số của số hạng chứa x3 là C96  84 . Câu 167. Chọn C 12

Ta có  x  1   C12k x k . Hệ số của x 7 ứng với k  7 là C127  792 . 12

k 0

Câu 168. Chọn C Ta có: n

n 1  k nk  1   x     cn .x .    4   4 k 0

Vì hệ số của x

n 2

1  trong khai triển Newton của  x   bằng 31 nên ta có: 4 

 1 2 1 n!  31    .cn  31  . 4 16 2!( n  2)!   1  .n(n  1)  31  n(n  1)  31.32 32  n2  n  31.32  0 .  (n  31)(n  32)  0 31   nn  32 Vì n nguyên dương nên n  32 Bài tập tương tự : Câu 169 Chọn A Câu 170. Chọn C



3 4 5



124

k nk Ghi nhớ: Với khai triển nhị thức:  x  a    cn .x .  a  (Với a  0 là hằng số) thì hệ số n

k 0

của x nk là ( a) k cnk Câu 171. Chọn C 18  k

18  x 4 x Ta có:      C18k .   2 x 2 k 0

18 3 k 18 18  2 k 4 k với  0  k  18, k    .   x    C18 .  2  x k 0

Số hạng tổng quát trong khai triển C18k .  2 

3 k 18

 x

18  2 k

 0  k  18, k    .

Số hạng không chứa x trong khai triển phải có:  x 

18  2k

=  x   18  2k  0  k  9 . 0

Suy ra hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển là C189 .  2 

3.9 18

 C189 .  2  . 9

Câu 172. Chọn D 6

Xét khai triển nhị thức Niutơn:  2 x  1   C6k  1 6

6 k

2k x k

k 0

Số hạng chứa x trong khai triển ứng với k  3 . 3

Vậy hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển là: C63  1 23  160 . 3

Câu 173. Chọn B.

 2  3x 

có công thức số hạng tổng quát là: C5k .25 k .  3 x   C5k .25 k .3k .x k . k

Với k  4 , ta được số hạng C54 .25 4.34.x 4  810 x 4 . Vậy hệ số của số hạng chứa x 4 trong khai triển  2  3x  là 810 . 5

Câu 174. Chọn C Khai triển  x  2 

n 5

,  n    có tất cả 2019 số hạng nên  n  5   1  2019  n  2013 .

Câu 175. Chọn C Khai triển  x  2 

n 5

,  n    có tất cả 2019 số hạng nên

 n  5  1  2019  n  2013 . Câu 176. Chọn C n

Ta có: 1  x    Cnk x k . n

k 0

Số hạng tổng quát của khai triển là: Tk 1  Cnk x k . Hệ số của x k trong khai triển là: Cnk Hệ số của số hạng chứa x 9 trong biểu thức P  x  là: C99  C109  C119  C129  C139  C149  C159  8008 .

Câu 177. Chọn D 21 3 k  3   Có:  2 x  2    C21k .  2 x  .  2  x   x  k 0

21 k

+ Số hạng không chứa x khi  x 

 x 0  3k  42  0  k  14

3k  42

  C21k .  2  .  3 k

21 k

. x

3k  42

14 14 7 0 .2 .3 . x  C217 .214.37 . + Vậy số hạng không chứa x là C21

Câu 178. Chọn A 21

2  Số hạng tổng quát của biểu thức  x  2  (với x  0 ) khi khai triển theo công x   k

k 21

thức nhị thức Newton là C .x

21 k

k  2  .  2    2  .C21k .x 213k . x  21

2  Số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton  x  2  , x  0 là x  

 2 

.C21k với k thỏa mãn 21  3k  0  k  7 . Vậy số hạng không chứa x trong 21

2 7  7  27 C217 . khai triển nhị thức Newton  x  2  , x  0 là  2  .C21 x   Câu 179. Chọn D

Ta có: C2kn 1  C2 2nn11k   C2kn 1  1

Ta có: 1  1

2 n 1



C

k  n 1

2 n 1

k 0

k 1

k 2 n 1

 C2kn1  2  2 C2kn1  2  2  220  1  221  n  10 .

Hệ số của số hạng chứa x 3 là: C103  120 . Câu 180. Chọn D Hệ số của x 5 trong khai triển biểu thức x 1  2 x  là hệ số của x 4 trong khai triển biểu 5

thức 1  2x  và bằng C54  2   80 . 5

Hệ số của x 5 trong khai triển biểu thức x 2 1  3 x  là hệ số của x3 trong khai triển biểu 10

thức 1  3x  và bằng C103 33  3240 . 10

Vậy hệ số của x 5 trong khai triển biểu thức x 1  2 x   x 2 1  3 x  5

bằng

3240  80  3320 . Câu 181. Chọn A 18

 x 4 Số hạng tổng quát trong khai triển    là 2 x 18  k

x C   2 k 18

4 k 3 k 18 18  2 k , (k  , 0  k  18) .    C18 2 .x x  

Số hạng không chứa x nên 18  2k  0  k  9 . 18

 x 4 Hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển    là 29 C189 . 2 x Câu 182. Chọn B Với x  0 , ta có 9

9 8    8  x   C9k .x 9 k .  2  (với k  , k  9 )   2  x  k 0  x 

  C9k .x9 k . k 0

9 8k   C9k .8k.x93k x 2 k k 0

Từ yêu cầu bài toán suy ra 9  3k  0  k  3 , suy ra số hạng không chứa x là C93 .83  43008 . Câu 183.

Chọn D Số hạng tổng quát trong khai triển biểu thức  3 x  2  là 8

C8k  2 

8 k

 3x 

 C8k  2 

8 k

3k x k với k  , 0  k  8.

Số hạng chứa x 5 ứng với k  5 , suy ra hệ số của số hạng chứa x 5 là C85  2  35  1944C85  1944C83 . 3

Câu 184. Chọn A 12

Số

hạng

tổng

quát

trong

khai

triển

2   x  3  ,x  0 x  

là

k  2 C x   3    2  C12k x12 4 k , 0  k  12 . Số hạng không chứa x ứng với  x  12  4k  0  k  3 . Vậy số hạng không chứa x trong khai triển trên là 1760 . k 12  k 12

Câu 185. Chọn B Ta có: 9

9 1 2 k 1  2 x     C9   x  k 0  x 

9 k

(2 x 2 ) k   C9k (2) k  x 

3 k 9

k 0

Hệ số cuả số hạng chứa x 6 tương ứng với 6  3k  9  k  5 Vậy hệ số cuả số hạng chứa x 6 là C95 .25 . Câu 186. Chọn D Số hạng tổng quát của khai triển A  x   x  2 x  1 là 6

ak  x.C6k .  2 x  .  1 k

6 k

 C6k .2k .  1

6 k

.x k 1 .

Số hạng chứa x trong A  x  là a4  C64 .24.  1 .x 5  240x . 2

Số hạng tổng quát của khai triển B  x    3 x  1 là bi  C8i .  3 x  .  1 8

 C8i .3i.  1

8i

.x i .

Số hạng chứa x trong B  x  là b5  C85 .35.  1 .x 5  13608x . 3

Vậy hệ số của số hạng chứa x trong khai triển P ( x) đã cho là 5

240  13608  13368 .

Câu 187.

8i

Chọn D Điều kiện xác định: n  N * ; n  2 . Khi đó

n  n  1 n  n! n!   44   n  44  n 2  3n  88  0   2  n  2 !.2!  n  1!.1! n  1 Kết hợp với điều kiện xác định suy ra n  11 . Cn2  Cn1  44 

Ta có: 11 k

11 k  2  4 2 x   C11k . x 4  .  3    3  x    x  k 0 .

  C11k . 2 

11 k

x4k

k 0

33  3 k

  C11k . 2 

11 k

.x 7 k  33

k 0

Số hạng chứa x 9 ứng với k thỏa 7 k  33  9  k  6 . Vậy hệ số của số hạng chứa x 9 là C116 .  2   14784 . 5

Câu 188. Chọn C Số hạng

tổng

quát

trong

khai

triển

của

biểu

thức

 x  3

C6k . x 6 k .3k  k  ; 0  k  6  .

Do đó hệ số của x 4 (ứng với k  2 ) là C62 .32 135 . Câu 189. Chọn C. Số hạng tổng quát trong khai triển là: C10k .  x 2 

10  k

k k  1  .   3   C10k x 20 2 k  1 x 3k   1 C10k x 205 k  x 

Số hạng không chứa x có số k thỏa mãn: 20  5k  0  k  4 Vậy số hạng không chứa x đó là:  1 C104  210 4

Câu 190. Chọn D 12

12 12 1 k  2 1 k 2 12  k  k 24 3 k x   C . x .   . Ta có:    12      C12 .  1 .x x   x  k 0 k 0 12

1  Vì số hạng không chứa x trong khai triển  x 2   ( x  0) nên 24  3k  0 x   k  8. 8 Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là C128 .  1  495 . Câu 191. Chọn B

là

15 15 15  k  2 2 k  Ta có  x 2     C15k .  x 2  .      C15k .  2  .x303k x   x  k 0 k 0

Số hạng không chứa x tương ứng với 30  3k  0  k  10 Khi đó số hạng cần tìm là 210.C1510 . Câu 192. Chọn B Ta có  2 x  1

2019

k   C2019  2x

 1

2019  k

k 0

2019

k   C2019 22019 k x 2019 k  1 . k

k 0

Số hạng tổng quát của khai triển là C

k 2019

2019  k

x 2019 k  1 . k

Để có x18 thì 2019  k  18  k  2001 . 2001 18 18 Khi đó số hạng chứa x18 là C2019 2 x  1

2001

18  C2019 218 x18 .

Câu 193. Chọn C Số hạng tổng quát trong khai triển k 10  k 10  k  1  k k k 3 3 C10 . x .   C10 .  1 . x x  

 



k 2

,  0  k  10, k    .

Số hạng không chứa x ứng với k thỏa mãn:

10  k k  0k 4. 3 2

Vậy số hạng không chứa x cần tìm: C104 .  1  210 . 4

Câu 194. Chọn D n

Ta có,  5 x  1   Cnk .  5 x  n

nk

k 0

.  1   Cnk .5n  k .  1 .x n  k . k

k 0

Tổng các hệ số trong khai triển  5 x  1 bằng 2100 nên ta có phương trình: n

C k 0

k n

.5n  k .  1  2100   5  1  2100  4n  2100  22 n  2100  n  50 . k

Vậy  5 x  1   5 x  1   C50k .  5 x  n

k 0

50  k

.  1   C50k .550 k .  1 .x 50 k . k

k 0

Xét số hạng chứa x3 thì 50  k  3  k  47 .  Hệ số của số hạng chứa x 3 là: C5047 .53.  1  2450000 . 47

Câu 195. Chọn B Ta có (3 x - 2) có số hạng tổng quát là C8k (3 x) 8

8-k

k k (-2) = C8k 38-k (-2) x8-k .

Số hạng chứa x5 trong khai triển ứng với 8 - k = 5 Û k = 3

Vậy hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển là C83 35 (-2) = -1944C83 . 3

Câu 196. Chọn C Số hạng tổng quát của khai triển:

Tk 1  C

k 10

x 

2 10  k

2 k k 20 3 k    C10 2 x x  

 0  k  10, k    .

Số hạng chứa x 2 ứng với: 20  3k  2  k  6 (nhận). Hệ số cần tìm là: 26 C106  13440 . Câu 197. Chọn C. 6

6 1  k  Ta có  2 x  2     1 C6k 26 k x 63k . x  k 0 

Số hạng thứ k  1 là Tk 1   1 C6k 26 k x 63k . k

Tìm số hạng không chứa x trong khai triển khi: 6  3k  0  k  2 . Với k  2 ta có số hạng không chứa x là:  1 C62 24  240 . 2

Câu 198. Chọn C. Phân tích: Bài toán này ta phải nhớ được kiến thức lớp 11 về Nhị thức Niu – Tơn n

n  a  b    Cnk bk a nk . Trong đó a, b

thuộc số thực và n thuộc số tự nhiên và

n  1 . Số hạng tổng quát thứ k  1 là: Tk 1  Cnk b k a 20k . Áp dụng vào bài toán ta có: k

4  x Số hạng tổng quát thứ k  1 là: Tk 1  C      x 2 k 20

20k

 C20k 23k 20 x 202 k .

+) Vì số hạng không chứa x nên: 20  2k  0  k  10 . 10 10 +) Vậy số hạng không chứa x là: 2 C20 .

Câu 199. Chọn D Đạo hàm hai vế f  x 

 f '  x   3n  1  3 x 

n 1

 a1  2 a2 x  ...nan x n

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

Số hạng tổng quát thứ k  1 trong khai triển thành đa thức của (1  3 x)8 là Tk 1  C8k 3 k x k  a3  C83 33  1512

Câu 200. Chọn D Số hạng tổng quát trong khai triển là C10k .5k .(3 x)10 k  C10k .5k .(3)10 k .x10 k . Số hạng này chứa x 6 khi 10  k  6  k  4 . Do đó hệ số x 6 trong khai triển là: C104 .54.(3)6  C104 .54.36  C106 .54.36 . Câu 201. Chọn A Đặt 1  2 x 

2019

 a0  a1 x  a2 x 2  ...  a2019 x 2019 .

Cho x  1 ta có tổng các hệ số a0  a1  a2  ...  a2019  1  2 

2019

 1 .

Câu 202. Chọn D Xét số hạng tổng quát

Tk 1  C

k 6

 2x

6 k

0  k  6 ).

k 1 k  1  k 6 k 6 k k 6  k 6 3 k   2   C6 2 x  1 2 k  C6 2 x  1 (với x  x 

Số hạng không chứa x ứng với 6  3k  0  k  2 . Vậy số hạng không chứa x là T3  C62 24  1  240 . 2

Câu 203. Chọn C 2  n    Ta có A  C  C  4n  6    n  12 . n  n  1 n n  1   n  4 n  6     2 2 n

2 n

1 n

12 12 k  3 1  k 3 12  k  1  Xét khai triển  x  4    C12  x   4    C12k  1 x367 k . x    x  k 0 k 0

Số hạng chứa x8 tương ứng với 36  7 k  8  k  4 . 12

1   Vậy hệ số của số hạng chứa x trong khai triển  x3  4  bằng x   8

C124  1  495 . 4

Câu 204. Chọn B

Điều kiện xác định: n   , n  3 . Ta có: 5Cnn 1  Cn3  0  5n 

n  n  1 n  2  n!  0  5n  0 . 6  n  3!3!

n  0  L  n  7 .   n 2  3n  28  0   30   n  1 n  2   0  n  4  L  7

 x2 1  Khi đó nhị thức Niu-tơn    có số hạng tổng quát:  2 x  x2  Tk 1  C7k .    2 

7k

 1  1 .     C7k . 7  k .x143k . 2  x k

Số hạng chứa x 5 có giá trị k thỏa mãn: 14  3k  5  k  3 . Vậy hệ số của số hạng chứa x 5 là: C73.

 1 2



35 . 16

Câu 205. Chọn A Theo đề bài ta có: u1  0, u3  Cn1  n, u10  Cn2 

n  n  1 2





, n   , n  2 .

Lại theo tính chất của cấp số cộng có: n  0 l  u3  u1  2d .  9u3  2u10  9n  n  n  1    u10  u1  9d  n  10  n  10

1   Khi đó số hạng tổng quát trong khai triển  x  2  là x   Tk 1  C

k 10

 x

10  k

10 5 k k  1  k .   2   C10  1 .x 2  x 

Số hạng không chứa x trong khai triển trên ứng với

10  5k  0  k  2. 2

Vậy hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển trên là C102  1  45 . 2

Câu 206. Chọn D Số hạng tổng quát trong khai triển  2 x  1 k Tk 1  Cnk .a n  k .b k  C2019  2x

2019  k

 1

2019

là

k  C2019 22019 k  1 x 2019 k k

Theo đề bài ta có: 2019  k  18  k  2001 . Vậy trong khai triển biểu thức đã cho, số hạng chứa x18 là 2001 2001 2019  2001 18 C2019 2 218 x18 .  1 x 20192001  C2019 Câu 207. Chọn B Áp dụng công thức: Cnk 1  Cnk  Cnk1  Cnk 1  Cnk1  Cnk , k  1, n ; k , n  * , ta được:

C77  C87  C97  ...  Cn7  C77   C98  C88    C108  C98   ...   Cn8  Cn81    Cn81  Cn8   Cn81

. Do đó : 720  C77  C87  C97  ...  Cn7    720Cn81 

1 An101 4032

1 An101  n  16 . 4032

16 16 1  1  16  k  k 16 3 k  k k x   C x   Có:  .  16    2   C16  1 x 2  x    x  k 0 k 0 Số hạng trong khai triển chứa x 7 ứng với 16  3k  7  k  3 .

Vậy hệ số của x 7 là C163  1  560 . 3

Câu 208. Chọn D n

k 0

Ta có: 1  x    Cnk 1n  k x k   Cnk x k  Cno  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n . n

Số hạng tổng quát trong khai triển trên là Cnk x k nên từ giả thiết ta có ak  Cnk ( k   , n  * , 0  k  n ).

Do đó:

 k  1! n  k  1! k  1 ak Ck n! .  kn1  .  k ! n  k  ! n! ak 1 Cn nk

Suy ra:

ak 7 k 1 7     7  n  k   15  k  1  7 n  22k  15 ak 1 15 n  k 15

(1). Vì 7 n  7 nên 22k  15  7  21k  14  k  1 7  k  1 7  k  7 h  1 ( h  * ). Thế vào (1), ta được: 7 n  22  7 h  1  15  22.7 h  7  n  22h  1 .

2020  91, 2 . 22 Với mỗi số nguyên dương h  1;91 tồn tại duy nhất một số nguyên dương n

Mặt khác, do 1  n  2019 nên 1  22h  1  2019  1  h 

sao cho tồn tại k thỏa yêu cầu bài toán. Vậy có 91 số tự nhiên n . Câu 209. Chọn C Điều kiện: n  2, n  * (1)

Cn1  Cn2  78  n 

n  n  1 2

 n  12  78    n  12 ( do điều kiện (1))  n  13

12 12 2  k k 12  k  1  k k 12  4 k Khi đó,  x  3    C12 .2 x .  3    C12 .2 x x    x  k 0 k 0

Số hạng không chứa x tương ứng 12  4k  0  k  3 Suy ra số hạng không chứa x là: C123 .23  1760 Câu 210. Chọn B n

a a 1 1 Ta có a0  1    nn  a0  a1     an    . 2 2 2 2 Trong khai triển 1  2 x   a0  a1 x    an x n thay x  n

1 ta được 2

a a 1  2  1  2    a0  1    nn  4096  n  log 2 4096  12 . 2 2 2  n

Số hạng tổng quát trong khai triển 1  2x  là C12k .112 k .  2 x   C12k .2k .x k . 12

Để có số hạng chứa x8 thì k  8 . Vậy a8  C128 .28  126720 . Câu 211. Chọn B n

a a 1 1 Ta có a0  1    nn  a0  a1     an    . 2 2 2 2 Trong khai triển 1  2 x   a0  a1 x    an x n thay x  n

1 ta được 2

a a 1  2n  1  2    a0  1    nn  4096  n  log 2 4096  12 . 2 2 2  Số hạng tổng quát trong khai triển 1  2x  là C12k .112 k .  2 x   C12k .2k .x k . 12

Để có số hạng chứa x8 thì k  8 . Vậy a8  C128 .28  126720 . Câu 212. Chọn B Cách 1:

T  1  x  x 2018 

 1  x  x 2019 

2019

2018

k m   C2019 12019 k  x  x 2018    C2018 12018 m   x  x 2019  k

k 0

m0

2019

k 0

h0

2019

k 0

h0

2018

m0

n0

k m   C2019  Ckh x k  h  1  x 2018    C2018  Cmn  1 h

2018

m0

n0

k m   C2019  Ckh  1 x 2017 h  k   C2018  Cmn  1 h

mn

x m  n  x 2019 

x 2018 n  m .

Với 0  h  k  2019;0  n  m  2018; h, k , m, n   .

2017 h  k  1 h  0, k  1  Theo đề bài:  . 2018n  m  1 n  0, m  1 Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển T là 1 1 C2019 C10  1  C2018 C10  1

1 0

 1.

Cách 2: Ta có: 1  x  x 2018 

2019

 a0  a1 x  a2 x 2    am x m (với m  4074342 ) (*)

Lấy đạo hàm hai vế của (*) theo biến x :

2019 1  2018 x 2017 1  x  x 2018 

2018

 a1  2a2 x    mam x m 1 .

Với x  0 , ta được: 2019  a1 . Tương tự: 1  x  x 2019 

2018

 b0  b1 x  b2 x 2    bm x m (**)

Lấy đạo hàm hai vế của (*) theo biến x :

2018  1  2019 x 2018 1  x  x 2019 

2017

 b1  2b2 x    mbm x m 1

Với x  0 , ta được: 2018  b1 Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển là: a1  b1  2019   2018   1 . Câu 213. Chọn A

1  x  x  x    x  1  x  x  1   x  1  x  1 3 10

k 0

m 0

  C10k x 2 k  C10m x m

Ta có các cặp  k , m  : 2k  m  5

  x 2  1  x  1 

Suy ra hệ số của số hạng chứa x 5 là : C100 .C105  C101 .C103  C102 .C101  1902 . Câu 214. Chọn B Theo công thức tính của Cnk11 , Cnk1 , Cnk ta có: (n  1)! (n  1)! (n  1)! 1  1      (n  k )!.(k  1)! (n  1  k )!.k! (n  1  k )!.(k  1)!  n  k k  (n  1)!.n n!    Cnk . (n  k  1)!.(k  1)!.(n  k).k (n  k )!.k!

Cnk11  Cnk1 

Vậy Cnk11  Cnk1  Cnk (1  k  n) . Câu 215. Chọn B n

n 1  1 Ta có:  x     Cnk .x n  k .   . 3  k 0  3 k

n k 1  4 Cho x  1 ta có:  C .1 .        Cnk .  3  4n.3 n 3  3 k 0 k 0

k n

nk

 Cn0  31 Cn1  32 Cn2  33 Cn3  ...  3 n Cnn  4n.3 n .

Mà Cn0  31 Cn1  32 Cn2  33 Cn3  ...  3 n Cnn  22005.3 n Suy ra: 4n.3 n  22005.3 n  4n  22005  22 n  22005  2n  2005 2005 n  1002,5 . 2 Mà n  * nên n  1; 2;3;...;1001;1002 . Vậy có 1002 số nguyên dương n nghiệm đúng bất phương trình. Câu 216. Chọn A n

Ta có: 1  2 x    2k Cnk x k ; k    . Suy ra: ak  2k Cnk . Thay a0  Cn0  1 , n

k 0

a1  2C , a2  4Cn2 vào giả thiết ta có: 1  16Cn1  8Cn2  1 2Cn1  Cn2 1 n

2

n  n  1 n  0 n! n! .  2n   n 2  5n  0    2  n  1!  n  2 !2! n  5

Do n là số nguyên dương nên n  5 .

Câu 217. Chọn B Ta có 1  2 x  3 x 2   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a20 x 20 10

 S  a0  2a1  4a2  ...  220 a20  1  2.2  3.22   1710 . 10

Câu 218. Chọn A Ta có Cn2Cnn  2  Cn8Cnn 8  2Cn2Cnn 8  Cn2Cnn  2  Cn8Cnn 8  2Cn2Cnn 8  0  Cnn  2Cnn  2  Cnn 8Cnn 8  2Cnn  2Cnn 8  0

  Cnn  2  Cnn 8   0  Cnn  2  Cnn 8  n  10 . 2

Ta có 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n . n

Đạo hàm hai vế ta được: n 1  x   nx 1  x 

n 1

 Cn1  2Cn2 x  ...  nCnn x n 1 .

 xCn1  2Cn2 x 2  ...  nCnn x n .

Đạo hàm 2 vế ta được:



n  1  x  

n 1

  x  n  11  x 

n2

  C1  22 C 2 x  ...  n 2C n x n 1 . n n n 

Thay x  1 vào 2 vế : n  2n 1   n  1 2n  2   Cn1  22 Cn2  ...  n 2Cnn . Với n  10, T  12 Cn1  22 Cn2  ...  n 2Cnn  n  2n 1   n  1 2n  2  . T  10  29  9.28   2.5  2.28  9.28   55.29 .

Câu 219. Chọn B Số tập hợp con của A khác rỗng có số phần tử là số chẵn là: M  C202  C204  C206    C2020 0 1 2 3 19 20 Để tính M ta xét  x  1  C20 .  x.C20  x 2 .C20  x 3 .C20    x19 .C20  x 20 .C20 20

0 1 2 3 19 20 Thay x  1 ta có: 1  1  C20  C20  C20  C20   C20  C20  220 . 20

(1)

0 1 2 3 19 20 Thay x  1 ta có:  1  1  C20  C20  C20  C20   C20  C20  0 . (2) 20

0 2 4 20 Từ (1) và (2) ta có: 2  C20  C20  C20    C20   220 .

 2 1  M   220  M  219  1 .

Câu 220. Chọn C

Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton:

1  x 

 1  Cn1 .x  Cn2 x 2  Cn3 x3  ....  Cnn .x n .

Chọn x  1 ta có 1  Cn1  Cn2  Cn3  ...   1 Cnn  1  1  0 . n

Câu 221. Chọn D Theo định nghĩa biến cố chắc chắn ta có: Với A là biến cố chắc chắn thì n  A  n    Suy ra: P  A  

n  A 1 0. n 

Câu 222. [1D2-4.1-2] (GIỮA HK2 LỚP 11 THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 2018-2019) Cho phép thử là “gieo 2019 đồng xu phân biệt” và xét sự xuất hiện mặt sấp và mặt ngửa của các đồng xu. Khi đó số phần tử của không gian mẫu bằng 1 3 2019 A. 2019 . B. C2019 .  C2019  ...  C2019 C.

2020

2019

k 0

k k .   C2019  C2020

D. 2 . Lời giải Tác giả: Ngô Văn Hiếu; Fb: Ngo hieu

Chọn C Ta có 2020

2019

k 0

k k   C2019  1  1  C2020

2020

 1  1

2019

 22020  22019  22019.  2  1  22019 .

Vì một đồng xu có hai mặt nên khi gieo 2019 đồng xu phân biệt ta có 22019 kết quả có thể xảy ra của phép thử. Vậy số phần tử của không gian mẫu là n     22019 . Bài tập tương tự: Câu 223. Chọn D Câu 224. Chọn A Ghi nhớ: -Phép thử “gieo hai đồng tiền phân biệt” thì hai kết quả SN , NS của phép thử là khác nhau. -Phép thử “gieo n đồng xu phân biệt” thì không gian mẫu có 2n phần tử, với n*. Câu 225.

Chọn D Theo đề bài b là số chấm của con súc sắc nên b  1; 2;3; 4;5;6 . Để phương trình x 2  2bx  4  0 có nghiệm thì    b 2  4  0  b  2 . Kết hợp b  1;6 suy ra b  2;3; 4;5;6 . Suy ra xác suất để phương trình x 2  2bx  4  0 có nghiệm là

5 6

Câu 226. Chọn D Số phần tử của không gian mẫu n     C102 . Gọi biến cố A: “Chọn được 1 bạn nam và 1 bạn nữ để phân công trực nhật.” Ta có n  A   C61 .C41  24 . Vậy P  A  

n  A  24 8   . n    45 15

Câu 227. Chọn C Chọn 4 quả cầu từ 10 quả cầu có C104 (cách )  n     C104 . Gọi A là biến cố “ 4 quả cầu lấy được có đúng 2 quả màu vàng”. Chọn 4 quả cầu trong đó có đúng 2 quả màu vàng có C42 .C62 (cách)  n  A   C42 .C62 .

n  A  C42 .C62 3  Xác suất của biến cố A là: P  A    . n  C104 7 Câu 228. Chọn A Xét phép thử: “Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên trong các số tự nhiên có bốn chữ số” Ta có n     9.103  9000 . Biến cố A : “Số được chọn có ít nhất hai chữ số 8 đứng liền nhau”. Gọi số có 4 chữ số abcd là trong đó có ít nhất hai chữ số 8 đứng liền nhau, a  0. TH1: Có đúng hai chữ số 8 đứng liền nhau. +) Số có dạng 88cd : có 9.9  81 số. +) Số có dạng a88d hoặc ab88 : mỗi dạng có 8.9  72 số. TH2: Có đúng ba chữ số 8 trong đó có ít nhất hai chữ số 8 đứng liền nhau.

+) Số có dạng a888 : có 8 số. +) Số có dạng 8b88 hoặc 88c8 hoặc 888d : Mỗi dạng có 9 số. TH3: Cả 4 chữ số đều là chữ số 8: Có 1 số là số 8888. Do đó n  A   81  2.72  8  3.9  1  261 . Xác suất cần tìm P  A  

n  A  261   0, 029 . n    9000

Câu 229. Chọn B Số phần tử không gian mẫu là số cách chia 8 đội bóng vào hai bảng sao cho mỗi bảng có 4 đội  n     C84 .C44 Gọi A là biến cố thỏa mãn yêu cầu bài toán. n  A  2.1.C63 .C33 4   . Ta có: n  A   2.1.C63 .C33  P  A   n  C84 .C44 7 Câu 230. Chọn D Lấy lần lượt 3 cuốn sách có 15.14.13  2730 cách. Lấy 2 cuốn sách đầu là Toán và cuốn còn lại là Văn có 10.9.5  450 cách. Xác suất để được hai cuốn sách đầu là Toán, cuốn thứ ba là Văn:

450 15  . 2730 91

Câu 231. Chọn D Xét phép thử: “Chọn ngẫu nhiên ba số từ tập S  1; 2;3; 4;5; 6; 7;8;9 ”. Ta có n     C93  84 .

Gọi A là biến cố: “trong ba số được chọn ra không chứa hai số nguyên liên tiếp”. Gọi a1 , a2 , a3 là ba số thỏa mãn 1  a1  a2  a3  9 . Không có hai số nguyên liên tiếp nào  1  a1  a2  1  a3  2  7 . Đặt b1  a1 , b2  a2  1 , b3  a3  2 . Khi đó: 1  b1  b2  b3  7 . Số cách chọn bộ ba số b1 , b2 , b3 là C73  có C73 cách chọn a1 , a2 , a3 . Suy ra n  A   C73  35 . Do đó p  A  

n  A  35 5   . n    84 12

Câu 232. Chọn D Cách 1: A

F2 E3

F3 C

Gọi các điểm được đánh dấu để chia đều các cạnh của tứ diện đều ABCD như hình vẽ. + Gọi S là tập hợp các tam giác có ba đỉnh lấy từ 18 điểm đã đánh dấu. Số phần tử của S là số cách chọn ra 3 điểm không thẳng hàng trong số 18 điểm đã cho. Chọn ra 3 điểm trong 18 điểm trên: có C183 cách. Chọn ra 3 điểm thẳng hàng trong 18 điểm trên có 6.C33  6 cách. Suy ra số tam giác thỏa mãn là C183  6  810 + Gọi T là tập hợp các tam giác lấy từ S sao cho mặt phẳng chứa tam giác đó song song với đúng một cạnh của tứ diện ABCD . - Chọn 1 cạnh của tứ diện để mặt phẳng chứa tam giác chỉ song song với đúng cạnh đó: có C61  6 cách. Xét các tam giác mà mặt phẳng chứa nó chỉ song song với cạnh BD , suy ra tam giác đó phải có một cạnh song song với BD . - Có 6 cách chọn cạnh song song với BD là M 1 N1 , M 2 N 2 , M 3 N 3 , E 1 F1 , E 2 F2 , E 3 F3 . - Giả sử ta chọn cạnh M 2 N 2 là cạnh của tam giác. Cần chọn đỉnh thứ 3 của tam giác trong 16 điểm còn lại.

Do M 2 N 2   ABD  mà mặt phẳng chứa tam giác song song với BD nên đỉnh thứ 3 không thể là 7 điểm còn lại nằm trong mp  ABD  . Do mặt phẳng chứa tam giác chỉ song song với BD nên đỉnh thứ 3 không được trùng với một trong ba điểm E2 , F2 , P2 . Vậy đỉnh thứ 3 chỉ được chọn trong 16  7  3  6 điểm còn lại. Suy ra có 6 tam giác có 1 cạnh là M 2 N 2 và mặt phẳng chứa nó chỉ song song với BD . Vậy số tam giác mà mặt phẳng chứa nó chỉ song song với cạnh BD là: 6.6  36 . Tương tự cho các trường hợp khác, ta có số tam giác mà mặt phẳng chứa nó chỉ song song với đúng một cạnh của tứ diện ABCD là: 36.6  216 . Vậy xác suất cần tìm là

n T  216 4   . n  S  810 15

Cách 2: Lưu Thêm

+) Gọi S là tập hợp các tam giác có ba đỉnh lấy từ 18 điểm đã đánh dấu. Chọn ra 3 điểm trong 18 điểm trên: có C183 cách. Trong số C183 đó, có 6 cách chọn ra 3 điểm thẳng hàng trên các cạnh. Suy ra n  S   C183  6  810 +) Xét phép thử: “Lấy ngẫu nhiên một phần thử thuộc S ”. Ta có n     810 . +) Gọi T là biến cố: “Mặt phẳng chứa tam giác được chọn song song với đúng một cạnh của tứ diện đã cho”. Chọn một cạnh của tứ diện: 6 cách, (giả sử chọn AB ). Chọn đường thẳng song song với AB : 6 cách, (giả sử chọn PQ ). Chọn đỉnh thứ 3: 6 cách,  M , N , E , K , F , I  . Suy ra n  T   6.6.6  216.

Vậy

n  T  216 4   . n    810 15

Câu 233. Chọn A Đánh số ba bàn tròn có số chỗ ngồi lần lượt là 6, 7, 8 là bàn 1, bàn 2, bàn 3. +) Xét phép thử: “Xếp ngẫu nhiên 21 học sinh vào ba bàn tròn 1, 2, 3 nói trên”. Chọn 6 học sinh trong số 21 học sinh và xếp vào bàn 1 có C216 .5! cách. Chọn 7 học sinh trong số 15 học sinh còn lại và xếp vào bàn 2 có C157 .6! cách. Xếp 8 học sinh còn lại vào bàn 3 có 7! cách. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n     C216 .5!.C157 .6!.7! . +) Gọi A là biến cố: “ Hai bạn Thêm và Quý luôn ngồi cạnh nhau ”. Trường hợp 1: Hai bạn Thêm và Quý ngồi bàn 1. Chọn 4 học sinh từ 19 học sinh còn lại có C194 cách. Xếp 4 học sinh vừa chọn và hai bạn Thêm, Quý vào bàn 1 có 4!.2! cách. Chọn 7 học sinh từ 15 học sinh còn lại và xếp vào bàn 2 có C157 .6! cách. Xếp 8 học sinh còn lại vào bàn 3 có 7! cách. Số cách xếp thỏa mãn trường hợp 1 là : C194 .4!.2!.C157 .6!.7! . Trường hợp 2: Hai bạn Thêm và Quý ngồi bàn 2. Tương tự như trên, ta có số cách xếp thỏa mãn trường hợp 2 là: C195 .5!.2!.C146 .5!.7!. Trường hợp 3: Hai bạn Thêm và Quý ngồi bàn 3. Tương tự như trên, ta có số cách xếp thỏa mãn trường hợp 3 là: C196 .6!.2!.C136 .5!.6! .  n  A   C194 .4!.2!.C157 .6!.7! C195 .5!.2!.C146 .5!.7! C196 .6!.2!.C136 .5!.6! .

Vậy P  A   

n  A  C194 .4!.2!.C157 .6!.7! C195 .5!.2!.C146 .5!.7! C196 .6!.2!.C136 .5!.6!  n  C216 .5!.C157 .6!.7!

1 . 10

Câu 234. Chọn B Không gian mẫu là tập hợp tất cả các cách xếp 4 quyển Toán khác nhau và 4 quyển Hóa giống nhau vào 8 trong 10 ô trống. Khi đó, n()  C104 A64 hoặc n()  A104 C64 .

Gọi A là biến cố: “ Bốn quyển sách Toán xếp cạnh nhau và 4 quyển sách Hóa xếp cạnh nhau ”. Để xếp 4 quyển sách Toán cạnh nhau và 4 quyển sách Hóa gần nhau trên giá sách 10 ô trống ta xem như có 4 vị trí để xếp Xếp 4 quyển toán cạnh nhau có 4! cách, xếp 4 quyển Hóa có 1 cách, sau đó xếp 2 bộ đó vào 2 trong 4 vị trí. Do đó: n  A   4! A42 . Xác suất để 4 quyển sách Toán cạnh nhau và 4 quyển Hóa cạnh nhau là: n  A  4! A42 2 P  A   4 4  . n    C10 A6 525 Câu 235. Chọn A +) Không gian mẫu  = “Chọn ngẫu nhiên một số trong các số tự nhiên có 3 chữ số”.    9.102 +) Biến cố A = “Số tự nhiên được chọn chia hết cho 9 và các chữ số đôi một khác nhau”. Ta tìm số các số tự nhiên gồm 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 9 (tổng các chữ số là một số chia hết cho 9). Bộ ba số (a;b;c) với a, b, c   0;9 ( a, b, c đôi một khác nhau ) và a  b  c  9m ,

m  * được liệt kê dưới đây: (0;1;8);(0; 2;7);(0;3;6);(0; 4;5); (1; 2;6);(1;3;5);(1;8;9); (2;3; 4);(2;7;9); (3;6;9);(3;7;8); (4;5;9)(4;6;8); (5;6;7).

Vậy có tất cả 10  3! 4  2  2!  76 số thỏa mãn   A  76 Xác suất cần tính bằng p ( A) 

A 



76 19  . 2 9.10 225

Câu 236. Chọn B Không gian mẫu là tập hợp tất cả các cách xếp 4 quyển Toán khác nhau và 4 quyển Hóa giống nhau vào 8 trong 10 ô trống. Khi đó, n()  C104 A64 hoặc n()  A104 C64 . Gọi A là biến cố: “ Bốn quyển sách Toán xếp cạnh nhau và 4 quyển sách Hóa xếp cạnh nhau ”.

Để xếp 4 quyển sách Toán cạnh nhau và 4 quyển sách Hóa gần nhau trên giá sách 10 ô trống ta xem như có 4 vị trí để xếp Xếp 4 quyển toán cạnh nhau có 4! cách, xếp 4 quyển Hóa có 1 cách, sau đó xếp 2 bộ đó vào 2 trong 4 vị trí. Do đó: n  A   4! A42 . Xác suất để 4 quyển sách Toán cạnh nhau và 4 quyển Hóa cạnh nhau là: n  A  4! A42 2 P  A   4 4  . n    C10 A6 525 Câu 237. Chọn A Số cách xếp ngẫu nhiên 6 học sinh vào dãy ghế: n     6! . Gọi M là biến cố “xếp 6 học sinh vào dãy ghế mà không có học sinh lớp C nào ngồi cạnh nhau”. Gọi M là biến cố “xếp 6 học sinh vào dãy ghế mà hai học sinh lớp C ngồi cạnh nhau”. Ghép 2 học sinh lớp C thành nhóm X . Xếp nhóm X , 2 học sinh lớp A , 2 học sinh lớp B vào dãy ghế: 5! . Hoán đổi vị trí 2 học sinh lớp C : 2! .

 

 n M  2!.5!  P M 

2!.5! . 6!

 

2 Vậy: P  M   1  P M  . 3

Câu 238. Chọn C Số phần tử của không gian mẫu là n     P11 11! 39916800 . Gọi A là biến cố "không có hai học sinh nữ nào đứng cạnh nhau". Mỗi phần tử của A tương ứng với 1 hàng ngang gồm 11 bạn đã cho mà không có hai nữ xếp cạnh nhau. Để xếp được 1 hàng như vậy ta thực hiện liên tiếp hai bước: Bước 1: Xếp 6 bạn nam thành một hàng ngang, có 6! = 720 cách. Bước 2: Xếp 5 bạn nữ vào 7 vị trí xen giữa hai nam hoặc ngoài cùng (để 2 nữ không cạnh nhau), có A75  2520 cách. Vậy n  A   720.2520  1814400 . Xác suất cần tìm là P  A  

n  A  1814400 1   . n    39916800 22

Câu 239. Chọn A Cách 1: A

1 2 Số phần tử không gian mẫu là 6!  720 . Xếp bạn nam thứ nhất có 6 cách, bạn nam thứ 2 có 4 cách, bạn nam thứ 3 có 2 cách. Xếp 3 bạn nữ vào ba ghế còn lại có 3! cách. Vậy xác suất cần tìm là

6.4.2.3! 288 2   . Đáp án A. 6! 720 5

Câu 240. Chọn D Số phần tử của không gian mẫu là n     9.9.8.7.6.5.4.3.2  3265920 . Gọi số cần tìm là a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 . * Trường hợp a2  0 : Khi đó a1 , a3 lẻ nên có A52 cách xếp, hai chữ số lẻ còn lại có C32 . A62 cách xếp, 4 chữ số chẵn còn lại có 4! cách xếp. Vậy theo quy tắc nhân có A52 .C32 . A62 .4!  43200 (số). * Trường hợp a3 , a4 , a5 , a6 , a7 , a8 bằng 0: tương tự trường hợp a2  0. Vậy xác suất cần tính là: P 

43200.7 5 .  3265920 54

Câu 241. Chọn C Không gian mẫu  :” Chia 12 đội thành 3 bảng mỗi bảng 4 đội”  n     C124 .C84 .

Gọi biến cố A :” 3 đội Việt Nam ở 3 bảng đấu khác nhau”. + Có 3! cách xếp 3 đội Việt Nam vào 3 bảng đấu. + Có C93 .C63 cách xếp 9 đội nước ngoài vào 3 bảng đấu.  n  A   3!.C93 .C63 . Vậy xác suất cần tìm là

P Câu 242.

3!.C93 .C63 6.C93 .C63  4 4 . C124 .C84 C12 .C8

Chọn D

 : “Xếp 10 học sinh thành một hàng ngang”  n()  10! A : “Không có học sinh khối 11 nào xếp giữa hai học sinh khối 10”. Trường hợp I (2 học sinh khối 10 đứng cạnh nhau): Bước 1: Buộc 2 học sinh khối 10 thành một phần tử X và đổi chỗ 2 học sinh đó có 2! cách. Bước 2: Xếp phần tử X và 8 học sinh còn lại thành một hàng ngang có 9! cách. Vậy, có 9!.2! cách. Trường hợp II (giữa 2 học sinh khối 10 có 1 học sinh khối 12): Bước 1: Chọn 1 học sinh khối 12 trong 3 học sinh có C31 cách. Bước 2: Buộc 2 học sinh khối 10 và học sinh khối 12 đã chọn thành một phần tử X rồi đổi chỗ 2 học sinh khối 10 có 2! cách. Bước 3: Xếp phần tử X và 7 học sinh còn lại thành một hàng ngang có 8! cách. Vậy, có C31.2!.8! cách. Trường hợp III (giữa 2 học sinh khối 10 có 2 học sinh khối 12): Bước 1: Chọn 2 học sinh khối 12 trong 3 học sinh có C32 cách. Bước 2: Buộc 2 học sinh khối 10 và 2 học sinh khối 12 đã chọn thành một phần tử X rồi đổi chỗ 2 học sinh khối 10, đổi chỗ 2 học sinh khối 12 có 2!.2! cách. Bước 3: Xếp phần tử X và 6 học sinh còn lại thành một hàng ngang có 7! cách. Vậy, có C32 .2!.2!.7! cách. Trường hợp IV (giữa 2 học sinh khối 10 có 3 học sinh khối 12): Bước 1: Buộc 2 học sinh khối 10 và 3 học sinh khối 12 đã chọn thành một phần tử X rồi đổi chỗ 2 học sinh khối 10, đổi chỗ 3 học sinh khối 12 có 2!.3! cách. Bước 2: Xếp phần tử X và 5 học sinh còn lại thành một hàng ngang có 6! cách. Vậy, có 2!.3!.6! cách. Theo quy tắc cộng, ta được n( A)  9!.2! C31.2!.8! C32 .2!.2!.7! 2!.3!.6! n( A) 2 Vậy, P( A)   . n () 7

Câu 243. Chọn B  Số các số tự nhiên nhỏ hơn 300 là 300 số. Lấy ngẫu nhiên một số tự nhiên nhỏ hơn 300 có 300 cách, suy ra n     300.

 Gọi A là biến cố “số được chọn không chia hết cho 4”, khi đó A là biến cố “số được chọn chia hết cho 4”.  Gọi số tự nhiên nhỏ hơn 300 và chia hết cho 4 là 4n,  n    .

 

 Ta có 0  4n  300  0  n  75, suy ra n A  75 . Do đó P A  Vậy P  A   1 

75 1  . 300 4

1 3  . 4 4

Câu 244. Chọn A - Bổ đề: Cho m, n   * , ta có:

“Số nghiệm nguyên không âm của phương trình x1  x2  ...  xn  m 1 là Cmn 1n 1 ”

Thật vậy: Đặt yi  xi  1 với i  1; 2;...; n . Khi đó yi  1 i  1; 2;...; n và y1  y2  ...  yn  m  n (2) Hiển nhiên số nghiệm nguyên không âm của (1) bằng số nghiệm nguyên dương của (2) - Xếp m  n chữ số 1 thành một hàng: có 1 cách. - Xếp n  1 dấu gạch ngang " " vào trong m  n  1 khoảng trống giữa các chữ số 1 (mỗi khoảng trống nhiều nhất một dấu gạch ngang) để chia dãy m  n chữ số 1 thành n phần (mỗi phần có ít nhất một chữ số 1 ): có Cmn 1n 1 cách.

1...1   1...1  .....  1...1   1...1  y1

yn1

Mỗi phần được chia ra có tổng các chữ số 1 lần lượt là y1 , y2 , ..., yn và cho ta một nghiệm nguyên dương của phương trình (2). Do đó số nghiệm nguyên dương của phương trình (2) là 1.Cmn 1n 1  Cmn 1n 1 . Suy ra số nghiệm nguyên không âm của phương trình (1) là Cmn 1n 1 (đpcm). Bây giờ ta sẽ áp dụng kết quả của bổ đề để giải bài toán đã cho: - Tính số phần tử của tập S : Gọi phần tử của S là abc với a, b, c  0;1; 2;3; 4;5; 6; 7;8;9 và a  b  c  9 (*) Theo bổ đề thì số nghiệm nguyên không âm của (*) là C93311  C112  55 . Vậy n  S   55 .

- Tính số các phần tử của S có chữ số hàng trăm bằng 4 . Khi đó a  4 và b  c  5 (**). Theo bổ đề thì số nghiệm nguyên không âm của (**) là C52211  C61  6 . Vậy có tất cả 6 phần tử của S có chữ số hàng trăm bằng 4 .

- Xét phép thử: “Lấy ngẫu nhiên một số từ tập S ” và biến cố A : “Số lấy ra có chữ số hàng trăm bằng 4 ” 1 Ta có n     C55  55 và n  A   C61  6 . Vậy xác suất của biến cố A là P  A  

n  A 6  . n    55

Câu 245. Chọn A Ta có P  A  

n  A n  A  1 P A  P A  P A  là sai. n  n 

 

Câu 246. Chọn B Số phần tử không gian mẫu khi xếp ngẫu nhiên 7 miếng bìa là n     7! Số cách xếp để được dòng chữ “HỌC TẬP VÌ NGÀY MAI LẬP NGHIỆP” là n  A  1

P  A 

n  A 1 1   . n    7! 5040

Câu 247. Chọn C Gọi A là biến cố “ Súc sắc xuất hiện mặt chẵn chấm” n()  6, A  {2, 4, 6}  n( A)  3  P( A) 

n( A) 3 1   n () 6 2

Câu 248. Chọn B Không gian mẫu là:   1, 2,3, 4,5, 6  n     6 . Gọi A là biến cố: “Mặt có số chấm chẵn xuất hiện”.  A  2, 4, 6  n  A   3 . Xác suất để mặt có số chấm chẵn xuất hiện là: P  A  

n  A 3 1   . n  6 2

Câu 249. Chọn D Gọi A là biến cố “4 học sinh được gọi có cả nam và nữ”, suy ra A là biến cố “4 học sinh được gọi toàn là nam hoặc toàn là nữ”

Số phần tử của không gian mẫu là n     C254  12650 .

 

Ta có n A  C154  C104  1575  P A 

 

n A

n 

63 . 506

 

Vậy xác suất của biến cố A là P  A   1  P A  1 

63 443 .  506 506

Câu 250. Chọn B 1 Ta có: n()  C38  38 .

Gọi A là biến cố: “Chọn được một học sinh nữ”.  n( A)  C181  18 .

Xác suất để chọn được một học sinh nữ là: P( A) 

n( A) 18 9   . n() 38 19

Câu 251. Chọn A Gọi x là số lần viên bi đỏ được chọn. Gọi y là số lần viên bi xanh được chọn. TH1. 1  x  6 . Có 6 cách chọn viên đỏ. Có 5 cách chọn viên xanh.

 Có 5.6  30 cách. TH2. x  7 . Có 6 cách chọn viên xanh.

 Có 6 cách. Vậy có 36 cách chọn. Câu 252. Chọn D Số phần tử của không gian mẫu: n     C155  3003 . Gọi biến cố A : “ 5 quả lấy ra có đủ hai màu”. Suy ra biến cố A : “ 5 quả lấy ra chỉ có 1 màu”. TH1: Lấy ra từ hộp 5 quả cầu xanh, có C105  252 cách. TH2: Lấy ra từ hộp 5 quả cầu đỏ, có C55  1 cách.

 

Suy ra: n A  252  1  253 .

 

Xác suất để được 5 quả có đủ hai màu là: P  A   1  P A  1   1

 

n A

n 

253 250 .  3003 273

Vậy xác suất cần tìm là

250 . 273

Câu 253. Chọn B 2 Số cách chọn 2 học sinh trong 10 học sinh là C10 .

Nên số phần tử của không gian mẫu là n     C102  45 . Gọi A : “ Biến cố chọn được hai học sinh đều là học sinh nữ”. 2 Số cách chọn 2 học sinh nữ trong 3 học sinh nữ là C3 .

Khi đó số phần tử của biến cố A là n  A   C32  3 . Vậy xác suất để chọn được hai học sinh đều là nữ là P  A  

n  A 3 1   . n    45 15

Câu 254. Chọn A Số phần tử của không gian mẫu: n()  10000 . Gọi A là biến cố “Số lấy được là bình phương của một số tự nhiên”. Bình phương của một số tự nhiên có dạng: n 2 (theo đề n   * ). Ta có 1  n 2  10000  1  n  100  n( A)  100 . Vậy P( A) 

n( A) 100   1% . n() 10000

Câu 255. Chọn A Số phần tử của không gian mẫu n     C102 . Gọi A là biến cố 2 người được chọn đều là nữ, suy ra n  A   C32 . n  A  C32 1 Xác suất để 2 người được chọn đều là nữ là: P  A    2  . n    C10 15

Câu 256. Chọn A

Gọi T là phép thử lấy mỗi hộp ra một quả. Số phần tử của không gian mẫu trong phép thử T là n  T   C121 .C101  120 . Gọi A là biến cố hai quả lấy ra từ mỗi hộp đều là màu đỏ. Số phần tử của biến cố A là: n  A   C71 .C61  42 . Vậy xác suất của biến cố A là P  A 

n  A 42 7   . n    120 20

Câu 257. Chọn C Số phần tử của không gian mẫu là: n     C112 . Gọi biến cố A : “ Hai người được chọn đều là nam”.  n  A   C42 .

Vậy xác suất cần tìm là: P  A  

n  A  C42 6  2  . n    C11 55

Câu 258. Chọn B. Không gian mẫu có số phần tử là n     C125  792 . Gọi A là biến cố: “Trong 5 bạn được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số nam nhiều hơn số nữ”. Khi đó, số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n  A   C54 .C71  C53 .C72  245 . Vậy xác suất cần tính là P  A  

n  A  245  . n    792

Câu 259. Chọn C Có 2 bộ số a; b; c có tổng các chữ số bằng 5 là: 0;1; 4 ; 0; 2;3 , mỗi bộ số có 3! hoán vị nên có tất cả 12 khả năng. Do đó xác suất để người đó bấm máy một lần đúng số cần gọi là

1 . 12

Câu 260. Chọn C Mỗi bước người này có 2 lựa chọn sang trái hoặc phải nên số phần tử không gian mẫu là 210 .

Để sau đúng 10 bước người này quay lại đúng gốc tọa độ O thì người này phải sang trái 5 lần và sang phải 5 lần, do đó số cách bước trong 10 bước này là C105 . Xác suất cần tính bằng

C105 63 .  10 2 256

Câu 261. Chọn B Số phần tử của không gian mẫu là: 13!. Gọi A là biến cố: “Thầy giáo đứng giữa 2 học sinh nam” Bước 1: Xếp hai học sinh nam đứng cạnh thầy giáo có A82 . Coi hai học sinh nam đứng cạnh thầy giáo và thầy giáo là một người. Bước 2: Xếp 12 người quanh một bàn tròn có 11! cách. Số kết quả thuận lợi của biến cố A là: A82 .11!. Vậy P  A  

A82 .11! 14  . 13! 39

Câu 262. Chọn B Số phần tử của không gian mẫu: n     6.6  36 . Gọi A là biến cố thỏa mãn yêu cầu bài toán: A  1; 3 ,  3; 1 ,  4; 2  ,  2; 4  ,  3; 5  ,  5; 3 ,  4; 6  ,  6; 4 

nên

n  A  8 .

Vậy P  A  

8 2  . 36 9

Câu 263. Chọn C Số phần tử của không gian mẫu của phép thử gieo một con súc sắc hai lần liên tiếp là 36. Để phương trình bậc hai x 2  bx  c  0 có nghiệm là b 2  4c  0 (*) với b, c  1, 2,3, 4,5, 6 . Gọi A là biến cố chọn cặp số  b; c  thỏa mãn b 2  4c  0 trong đó b, c  1, 2,3, 4,5, 6 .

 Khi c  1 : Các giá trị của b thỏa mãn điều kiện (*) là: 2,3, 4,5, 6 . Suy ra có: 5 cặp  b; c  .  Khi c  2 : Các giá trị của b thỏa mãn điều kiện (*) là: 3, 4,5, 6 . Suy ra có: 4 cặp  b; c  .

 Khi c  3 : Các giá trị của b thỏa mãn điều kiện (*) là: 4,5, 6 . Suy ra có: 3 cặp  b; c  .  Khi c  4 : Các giá trị của b thỏa mãn điều kiện (*) là: 4,5, 6 . Suy ra có: 3 cặp  b; c  .  Khi c  5 : Các giá trị của b thỏa mãn điều kiện (*) là: 5, 6 . Suy ra có: 2 cặp  b; c  .  Khi c  6 : Các giá trị của b thỏa mãn điều kiện (*) là: 5, 6 . Suy ra có: 2 cặp  b; c  . Vậy, số cặp  b; c  thỏa mãn điều kiện (*) là 19. Câu 264. Chọn D Gọi A là biến cố “Học sinh nhận được 6 điểm”. Xác suất đánh đúng 1 câu là

1 3 và đánh sai 1 câu là . 4 4

Để nhận được 6 điểm học sinh đó cần đánh đúng 12 câu và sai 8 câu. 12

1  P  A    4

3 .   .C12 20  0,0008 . 4

Câu 265. Chọn D Gọi  là không gian mẫu, ta có n     C156  5005 . Gọi A là biến cố: “ 6 quả lấy được có đủ ba màu”  A : “ 6 quả lấy được không có đủ ba màu”.

TH1: 6 quả lấy được chỉ một màu đỏ có C66  1 cách. TH2: 6 quả lấy được có hai màu + 6 quả lấy được có hai màu đỏ và xanh: có C116  C66  461 cách. + 6 quả lấy được có hai màu đỏ và vàng: có C106  C66  209 cách. + 6 quả lấy được có hai màu đỏ và xanh: có C96  84 cách.

 

 n A  1  461  209  84  755  P A 

 

Vậy P  A   1  P A  1  Câu 266. Chọn A

151 850 .  1001 1001

 

n A

n 

755 151 .  5005 1001

Có 300 số tự nhiên nhỏ hơn 300 nên n     300 . Số các số tự nhiên nhỏ hơn 300 mà chia hết cho 3 là:  297  0  : 3  1  100 . Số các số tự nhiên nhỏ hơn 300 mà không chia hết cho 3 là: 300  100  200 nên

n  A   200 . Vậy P  A  

n  A  200 2   . n    300 3

Câu 267. Chọn B Hộp có 3  5  7  15 viên bi. Số phần tử của không gian mẫu là:   C154  1365 . TH1: Bốc được 4 viên trong đó có 2 viên bi đỏ, 1 viên bi trắng và 1 viên bi vàng.

 Có C32 .5.7  105 cách. TH2: Bốc được 4 viên trong đó có 1 viên bi đỏ, 2 viên bi trắng và 1 viên bi vàng.

 Có 3.C52 .7  210 cách. TH3: Bốc được 4 viên trong đó có 1 viên bi đỏ, 1 viên bi trắng và 2 viên bi vàng.

 Có 3.5.C72  315 cách. Vậy số cách bốc 4 viên có đủ 3 màu là 105  210  315  630 cách. Vậy xác suất cần tìm là: P 

630 6  . 1365 13

Câu 268. Chọn A + Ta có   94 + abcd  6 và a, b, c, d  X Ta có d có 4 cách chọn 2, 4, 6,8 , a có 9 cách chọn, b có 9 cách chọn. Vì a  b  d khi chia cho 3 có 3 khả năng số dư 0;1; 2 , mà  a  b  d  c  3 nên

c có 3 cách chọn. Ta có: A  4.9.9.3 Xác suất cần tìm là: P 

4.9.9.3 4  94 27

Câu 269. [1D2-5.2-2] (TTHT Lần 4) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số được lập từ tập hợp X  1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Tính xác suất chọn được số chia hết cho 15 Câu 270. [1D2-5.2-2] (TTHT Lần 4) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được lập từ tập hợp X  1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Tính xác suất chọn được số chia hết cho 30 Câu 271. Chọn A 3 Ta có n     C15 . 3 Gọi A là biến cố “lấy được 3 quả cầu màu xanh”  n  A   C4 .

Nên P  A  

n  A 4 .  n    455

Câu 272. Chọn D. Lấy ngẫu nhiên 3 quyển sách có:   C93  84 cách. Gọi A là biến cố: 3 quyển được lấy ra có ít nhất một quyển toán. Suy ra A là biến cố: lấy 3 quyển sách và không có quyển nào là quyển toán. Khi đó A  C53  10 . Vậy p A 

A 



10 5 5 37  .  pA  1  pA  1   84 42 42 42

Câu 273. Chọn B Ta có    x, y  2  x  4, 0  y  2, x, y   . Do đó n     21. Ta cũng có A 

 x, y  x  2, 0, 2, 4 ; y  0, 2  n  A  8.

Vậy xác suất của biến cố A là P  A  

8 . 21

Câu 274. Chọn B Chiếc hộp chứa 6 quả cầu màu xanh và 4 quả cầu màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên từ chiếc hộp ra 5 quả cầu nên số phần tử của không gian mẫu là n     C105 . Gọi A là biến cố: ” 5 quả cầu lấy được có đúng 2 quả cầu màu đỏ”. Lấy 2 quả cầu màu đỏ và 3 quả cầu màu xanh nên số phần tử của biến cố A là n  A   C42 .C63 .

n  A  C42 .C63 10   . Xác suất cần tìm là: P  A   n  C105 21 Câu 275. Chọn C Gọi biến cố A: “2 giáo viên tập huấn gồm 1 thầy giáo và 1 cô giáo”. 2 Suy ra n     C14 và n  A   C14  C110 .

n  A  C14  C110 40   Vậy P  A   . 2 n  C14 91 Câu 276. Chọn B 3 Không gian mẫu: n     C17 .

Gọi A là biến cố chọn tập hợp con gồm 3 phần tử và có tổng chia hết cho 3 . Trường hợp 1: Có 5 số trong tập S chia hết cho 3 nên chọn 3 phần tử có C53 cách chọn. Trường hợp 2: Có 6 số trong tập S chia hết cho 3 dư 1 nên chọn 3 phần tử có C36 cách chọn. Trường hợp 3: Có 6 số trong tập S chia hết cho 3 dư 2 nên chọn 3 phần tử có C36 cách chọn. Trường hợp 4: Chọn một phần tử trong tập S chia hết cho 3, một phần tử trong tập S chia hết cho 3 dư 1 , một phần tử trong tập S chia hết cho 3 dư . Suy ra có 5.6.6 cách chọn. Vậy xác suất cần tìm là P  A 

n  A C53  C63  C36  5.6.6 23   . 3 n  C17 68

Câu 277. Chọn C Ta có n()  2

6!  120 (vì chữ số 1 có mặt đúng 3 lần). 3!

Xếp ngẫu nhiên 3 chữ số 2, 3, 4 có 3! (cách). Vì 3 chữ số 2, 3, 4 sau khi xếp sẽ có 4 vách ngăn (gồm 2 vách ngăn giữa và 2 vách ngăn đầu) nên số cách xếp các chữ số 1 không kề nhau tương ứng số cách xếp các chữ số 1 vào các vách ngăn là: C43 (cách). Vậy xác suất cần tính là: P  Câu 278.

3!C43 1   0, 2 . 120 5

Chọn C Số phần tử của không gian mẫu: n     10! . Gọi biến cố A : “Xếp 10 học sinh vào 10 ghế sao cho mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện một học sinh nữ”. Giả sử đánh vị trí ngồi như bảng sau:

Cách 1: Xếp vị trí A1 có 10 cách. Mỗi cách xếp vị trí A1 sẽ có 5 cách xếp vị trí

B1 . Mỗi cách xếp vị trí A1 , B1 có 8 cách xếp vị trí A2 , tương ứng sẽ có 4 cách xếp vị trí B2 . Cứ làm như vậy thì số n  A   10.5.8.4.6.3.4.2.2.1  460800 .

 P  A 

cách

xếp

thỏa

mãn

biến

cố

là:

n  A  460800 8   . n  10! 63

Cách 2: Đánh số cặp ghế đối diện nhau là C1, C2, C3, C4, C5 Xếp 5 bạn nam vào 5 cặp ghế có 5! cách. Xếp 5 bạn nữ vào 5 cặp ghế có 5! cách. Ở mỗi cặp ghế, ta có 2 cách xếp một cặp nam, nữ ngồi đối diện.

 Số phần tử của A là n  A   5!.5!.25  460800 .  P  A 

n  A  460800 8   . n  10! 63

Câu 279. Chọn D Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp có 12 viên bi thì có n()  C124 . Số cách lấy để được đủ ba màu là n( A)  3.4.C52  4.5.C32  3.5.C42 . Xác suất để 4 viên bi lấy ra có đủ ba màu

P( A) 

n( A) 3.4.C52  4.5.C32  3.5.C42 6   . n () C124 11

Câu 280. Chọn D Sau khi chia tiền lần đầu tiên sẽ có 8 trường hợp xảy ra như sau: Raashan

Sylvia

Ted

bằng

Các số lần lượt là số tiền của mỗi bạn. Có hai trường hợp cho kết quả 1;1;1 đó là Raashan  Sylvia  Ted  Raashan hoặc Raashan  Ted  Sylvia  Raashan. Với mỗi trường hợp cho kết quả 1;1;1 thì lượt chơi tiếp theo sẽ có

1 cơ hội để số tiền 4

mỗi người bằng nhau. Đối với trường hợp một người có 2$ , một người có 1$ và người còn lại không có tiền thì lượt chơi thứ hai sẽ có 4 trường hợp xảy ra. Không mất tính tổng quát ta giả sử Raashan có 2$ , Sylvia có 1$ và Ted không có tiền, ta có những cách chuyển tiền như sau: - Raashan  Sylvia và Ted không nhận được tiền. -

Raashan  Sylvia  Ted.

Raashan  Ted  Sylvia.

Sylvia  Raashan  Ted.

Như vậy trong 4 khả năng trên chỉ có một khả năng cho kết quả 1;1;1 chiếm tỉ lệ

1 . 4

Cứ tiếp tục chơi như vậy đến lượt thứ 2019. Khi đó xác suất mỗi người chơi có 1$ là 2 1 6 1 1 .  .  . 8 4 8 4 4

Câu 281. Chọn D Tổng có 3  4  5 12 quyển sách được sắp xếp lên một giá sách có 3 ngăn (có 2 vách ngăn). Vì vậy, ta coi 2 vách ngăn này như 2 quyển sách giống nhau. Vậy số 14! phần tử không gian mẫu  là n     . 2! Gọi A là biến cố : “ Sắp xếp các 12 quyển sách lên giá sao cho không có bất kỳ hai quyển sách toán nào đứng cạnh nhau”. +) Xếp 9 quyển sách ( lý và hóa) cùng 2 vách ngăn có

11! cách. 2!

+) Lúc này, có 12 “khoảng trống” ( do 9 quyển sách ( lý và hóa) cùng 2 vách ngăn tạo ra) để xếp 3 quyển sách toán vào sao cho mỗi quyển vào một “khoảng 3 trống” có A12 cách. Vậy có tất cả

11! 3 11! 3 .A12 cách. Suy ra n  A   .A12 cách. 2! 2!

Vậy xác suất để không có bất kỳ hai quyển sách toán nào đứng cạnh nhau là: 11! 3 n  A  2! .A12 55 . P  A    14! n  91 2! Câu 282. Chọn A Gọi số tự nhiên có bốn chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là abcd

 a  0

Số phần tử của không gian mẫu là n     9. A93  4536 . Gọi biến cố A : ‘‘Số được chọn lớn hơn số 6700’’. Ta các TH sau: TH1: a  6 có 1 cách chọn. + b  7;8;9 có 3 cách chọn. + Các chữ số c, d được chọn từ 8 chữ số còn lại có sắp thứ tự và số cách chọn là

A82 . Số cách để chọn ở trường hợp 1 là: 3.A82 TH2 : a  7;8;9 có 3 cách chọn. Khi đó: b, c, d có A93 cách chọn. Số cách để chọn ở trường hợp 1 là: 3.A92 Như vậy, ta được n  A   3. A82  3. A93  1680 . Suy ra, P  A  

n  A  1680 10   . n    4536 27

Câu 283. Chọn B Số cách xếp ngẫu nhiên là 5! cách. Ta tìm số cách xếp thoả mãn: + Chọn 2 vị trí cạnh nhau (3,4) và (4,5) có 2 cách. + Xếp A và B vào 2 vị trí cạnh nhau vừa chọn có 2! cách. + Xếp 3 người còn lại có 3! cách.

Số cách xếp là 2.2!3!. Xác suất cần tính bằng

2.2!3! 1  . 5! 5

Câu 284. Chọn B Số phần tử của không gian mẫu n()  9.102  900 . Gọi biến cố A” Chọn được một số thỏa mãn a  b  c ”. Vì a  b  c mà a  0 nên trong các chữ số sẽ không có số 0 . TH1: Số được chọn có 3 chữ số giống nhau có 9 số. TH2: Số được chọn tạo bới hai chữ số khác nhau. Số cách chọn ra 2 chữ số khác nhau từ 9 chữ số trên là: C92 . Mỗi bộ 2 chữ số được chọn tạo ra 2 số thỏa mãn yêu cầu. Vậy có 2.C92 số thỏa mãn. TH3: Số được chọn tạo bởi ba chữ số khác nhau. Số cách chọn ra 3 chữ số khác nhau từ 9 chữ số trên là: C93 . Mỗi bộ 3 chữ số được chọn chỉ tạo ra một số thỏa mãn yêu cầu. Vậy có C93 số thỏa mãn. Vậy n( A)  9  2.C92  C93  165 Xác suất của biến cố A là: P( A) 

n( A) 165 11 .   n() 900 60

Câu 285. Chọn C Chọn mỗi tổ hai học sinh nên số phần tử của không gian mẫu là 2 n     C152 .C12  6930 Gọi biến cố A : “Chọn 4 học sinh từ 2 tổ sao cho 4 em được chọn có 2 nam và 2 nữ” Khi đó, xảy ra các trường hợp sau: TH1: Chọn 2 nam ở Tổ 1, 2 nữ ở Tổ 2. Số cách chọn là C82 .C72 . TH2: Chọn 2 nữ ở Tổ 1, 2 nam ở Tổ 2. Số cách chọn là C72 .C52 . TH3: Chọn ở mỗi tổ 1 nam và 1 nữ. Số cách chọn là C81.C71.C51.C71 Suy ra, n  A   C82 .C72  C72 .C52  C81.C71.C51.C71  2758 Xác suất để xảy ra biến cố A là P  A  

2758 197 .  6930 495

Câu 286. [1D2-5.2-3] (GIỮA HK2 LỚP 11 THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 2018-2019) Từ một cỗ bài tú lơ khơ gồm 52 con, lấy ngẫu nhiên lần lượt có hoàn lại từng con cho đến khi lần đầu tiên lấy được con át thì dừng. Xác suất để quá trình lấy dừng lại sau không quá ba lần bằng (làm tròn đến bốn chữ số thập phân sau dấu phẩy) A. 0,0769 B. 0,2134 C. 0,2135 D. 0,1500 Câu 287. Chọn D Giả sử hộp 1 có x viên bi, trong đó có a viên bi đen. Hộp 2 có y viên bi, trong đó có b viên bi đen.

( x, y, a, b là những số nguyên dương, x  y, a  x, b  y ) Từ giả thiết x  y  20 ,

ab 55   55 xy  84 ab 1 xy 84

Từ đó ta có xy chia hết cho 84 . Mặt khác xy 

1 2  x  y  100 suy ra xy  84 ta được x  14, y  6. 4

Thay vào 1 ta được ab  55 nên a là ước của 55. Do a  14 nên a 11 suy ra

b 5 . Vậy xác suất để lấy được 2 bi trắng

6  5 14  11 1 .  . 6 14 28

Câu 288. Chọn D Số phần tử không gian mẫu: n()  38. Gọi A là biến cố: '' Có 3 người cùng đến quầy thứ nhất '' . Số kết quả thuận lợi của biến cố A là: n( A)  C83 25. Xác suất của biến cố A : P( A) 

C83 25 . 38

Câu 289. Chọn A + Chia đều 10 đội vào 2 bảng A và B có C105 .C55 cách. Do đó số phần tử của không gian mẫu là : n     C105 .C55 + Sắp xếp 2 đội của 2 lớp 10A1 và 10A2 vào 2 bảng khác nhau A và B có 2! cách.

Chọn 4 đội trong 8 đội còn lại để xếp vào bảng có đội lớp 10A1 có C84 cách. Bốn đội còn lại xếp vào bảng còn lại. Suy ra số cách chia đều 10 đội vào 2 bảng sao cho 2 đội 10A1 và 10A2 nằm ở 2 bảng khác nhau là 2!.C84 . Gọi A là biến cố “Chia đều 10 đội vào 2 bảng sao cho 2 đội 10A1 và 10A2 nằm ở 2 bảng khác nhau ” thì số các kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n  A   2!.C84 + Xác suất cần tìm là: p  A  

n  A  2!.C84 5   . n    C105 .C55 9

Câu 290. Chọn C Không gian mẫu: “ gieo ngẫu nhiên một con súc sắc 3 lần liên tiếp”  n     63  216 . Biến cố A : “số abc chia hết cho 45 ”.

abc chia hết cho 45  abc chia hết cho cả 5 và 9. Vì abc chia hết cho 5 nên c  5 ( c  0 vì a, b, c là số chấm xuất hiện của súc sắc khi gieo). Vì abc chia hết cho 9 mà c  5  a  b  5 chia hết cho 9. Các cặp số  a; b  sao cho a, b  1; 2;3; 4;5;6 mà a  b  5 chia hết cho 9 là:

1;3 ,  3;1 ,  2; 2  . Do đó: n  A   3 . Vậy P  A  

n  A 3 1   . n  Ω  216 72

Câu 291. Chọn B Số phần tử của không gian mẫu là n     8! . Sắp 5 học sinh nam thành một hàng ngang, có 5! cách (tạo ra 6 khoảng trống). Chọn 3 khoảng trống trong 6 khoảng trống để xếp 3 nữ, có C63 cách chọn. Khi đó, số cách xếp 3 bạn nữ là C63 .3! cách. 5!.C63 .3! 5 Vậy xác suất cần tìm là P   . 8! 14

Câu 292. Chọn A Số phần tử không gian mẫu: n()  35. Gọi A là biến cố: '' Mỗi toa có ít nhất một khách lên tàu '' . Có hai trường hợp: TH1: Một toa có 3 khách 2 toa còn lại mỗi toa có 1 khách. Trường hợp này có: C 31C 53 2  60 (cách). TH 2: Một toa có 1 khách 2 toa còn lại mỗi toa có 2 khách. Trường hợp này có: C 31C 51C 24  90 (cách). Số kết quả thuận lợi của biến cố A là: n( A)  150 (cách). Xác suất của biến cố A : P( A) 

150 50  . 35 81

Câu 293. Chọn A Không gian mẫu là 83 Có hai trường hợp + Trường hợp 1: Bước 1 đi 4 ô góc thì bước 2 có 2 cách đi, bước 3 có 1 cách đi + Trường hợp 2: Bước 1 đi 4 ô còn lại thì bước 2 có 4 cách đi, bước 3 có 1 cách đi Vậy tât cả có 4.2  4.4  24 Suy ra xác suất để sau 3 bước đi quân vua trở về ô ban đầu là

24 3  83 82

Câu 294. Chọn C 3 Đa giác đều nội tiếp một đường tròn tâm O. Lấy ngẫu nhiên 3 đỉnh có C20 cách.

Để 3 đỉnh là 3 đỉnh một tam giác vuông không có cạnh nào là cạnh của đa giác đều thực hiện theo các bước: Lấy một đường kính qua tâm đường tròn có 10 cách ta được 2 đỉnh. Chọn đỉnh còn lại trong 20  2  4  14 đỉnh (loại đi 2 đỉnh thuộc đường kính và 4 đỉnh gần ngay đường kính đó) cách. Vậy có tất cả 10  14  140 tam giác thoả mãn.

Xác suất cần tính bằng

140 7  . 3 C20 57

Câu 295. Chọn D Lấy ba đoạn thẳng từ năm đoạn thẳng có C53  10 cách. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n     10. Gọi A là biến cố: " Ba đoạn thẳng lấy ra tạo thành ba cạnh của một tam giác ". Khi đó 3 đoạn thẳng được chọn thỏa mãn tính chất: Tổng độ dài 2 đoạn thẳng luôn lớn hơn độ dài đoạn thẳng còn lại. Có 3 bộ thỏa mãn là 3;5;7 , 3;7;9 , 5;7;9  n  A   3. Vậy xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra tạo thành ba cạnh của một tam giác là n  A 3 P  A   . n    10 Câu 296. Chọn A Gọi C là biến cố: Xếp hai học sinh A, B ngồi ở hai bàn xếp cạnh nhau. Số cách xếp ngẫu nhiên 36 học sinh vào 36 cái bàn là 36! , hay n     36 ! . Ta tìm số cách xếp thuận lợi cho biến cố C : - Chọn 1 hàng hoặc 1 cột có C121 cách; - Mỗi hàng hoặc cột đều có 6 bàn nên có 5 cặp bàn xếp kề nhau, chọn lấy 1 1 trong 5 cặp bàn cạnh nhau trong hàng hoặc cột vừa chọn ra có C5 cách;

- Xếp A và B vào cặp bàn vừa chọn có 2! cách; - Xếp 34 học sinh còn lại có 34! cách. Vậy tổng số cách xếp thoả mãn là: n  C   C121 .C51 .2!.34!

Vậy xác suất cần tính: P  C  

C121 C51 2!34! 2  . 36! 21

Câu 297. Chọn D Cách 1. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh vào hai dãy ghế có 10! cách. Đánh số ghế lần lượt từ 1 đến 10.

Xếp học sinh thỏa mãn bài toán xảy ra hai khả năng sau: Khả năng 1: Nam ngồi vị trí lẻ, nữ ngồi vị trí chẵn có 5!.5! cách. Khả năng 2: Nam ngồi vị trí chẵn, nữ ngồi vị trí lẻ có 5!.5! cách. Vậy có tất cả 2.  5! cách. 2

Xác suất cần tìm bằng

2.  5!



10!

1 . 126

Cách 2: Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh vào hai dãy ghế, có 10! cách xếp. Ta chia hai dãy ghế thành 5 cặp ghế đối diện: + Chọn 1 nam và 1 nữ xếp vào cặp ghế 1 có C51 .C51 .2! cách; + Chọn 1 nam và 1 nữ xếp vào cặp ghế 2 có C41 .C41 cách; + Chọn 1 nam và 1 nữ xếp vào cặp ghế 3 có C31 .C31 cách; + Chọn 1 nam và 1 nữ xếp vào cặp ghế 4 có C21 .C21 cách; + Chọn 1 nam và 1 nữ xếp vào cặp ghế 5 có 1 cách. Vậy có tất cả  C51 .C41 .C31 .C21  .2!  2.  5! cách xếp thỏa mãn. 2

Xác suất cần tìm bằng

2.  5! 10!



1 . 126

Câu 298. Chọn D Gọi A là biến cố “ Xếp 7 người sao cho đứa trẻ ngồi giữa hai người đàn ông” Ta có: n()  6! Xếp thỏa mãn đề bài theo các bước sau: +Cố định đứa trẻ vào 1 ghế. +Vì đứa trẻ ngồi giữa 2 người đàn ông nên xếp 2 người đàn ông ngồi bên cạnh đứa trẻ

có: A42 (cách) +Xếp 2 người đàn ông còn lại và 2 người đàn bà vào 4 ghế còn lại có: 4! (cách)  n(A)  A42 .4!  288

Vậy: P(A) 

n( A) 288 2   . n () 6! 5

Câu 299. Chọn A Cách 1: Ta có S là tập hợp các số tự nhiên gồm 9 chữ số được lập từ X  6;7;8 , trong đó chữ số 6 xuất hiện 2 lần; chữ số 7 xuất hiện 3 lần; chữ số 8 xuất hiện 4 lần nên Có C92 cách xếp 2 chữ số 6 vào 2 trong 9 vị trí Có C73 cách xếp 3 chữ số 7 vào 3 trong 7 vị trí còn lại Có 1 cách xếp 4 chữ số 8 vào 4 trong 4 vị trí còn lại  n  S   C92 .C73 .1  1260

Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S nên n     1260 Gọi A là biến cố “số được chọn là số không có chữ số 7 đứng giữa hai chữ số 6” TH1: 2 chữ số 6 đứng liền nhau Có 8 cách xếp cho số 66 .Trong mỗi cách như vậy có C73 cách xếp chữ số 7 và 1 cách xếp cho các chữ số 8 Vậy có 8.C73 .1  280 số TH2: Giữa hai số 6 có đúng 1 chữ số và số đó là số 8. Có 7 cách xếp cho số 686 .Trong mỗi cách như vậy có C63 cách xếp chữ số 7 và 1 cách xếp các chữ số 8 Vậy có 7.C63  140 số TH3: Giữa hai số 6 có đúng 2 chữ số và đó là hai chữ số 8. Tương tự Có 6.C53  60 số

TH4: Giữa hai số 6 có đúng 3 chữ số và đó là ba chữ số 8. Có 5.C43  20 số TH5: Giữa hai số 6 có đúng 4 chữ số và đó là bốn chữ số 8. Có 4.C33 =4 số Từ đó suy ra n  A   280  140  60  20  4  504 Xác suất cần tìm là P  A  

n  A  504 2   . n    1260 5

Cách 2: - Số phần tử không gian mẫu n    

9!  1260 2!3!4!

- Tính số phần tử của biến cố A“số được chọn là số không có chữ số 7 đứng giữa hai chữ số 6” Xếp 2 số 6 có 1 cách:

Xếp 3 số 7 vào 2 khoảng

;

có C41 cách ( số cách xếp bằng số nghiệm

nguyên không âm của phương trình x1  x2  3 ). Xếp 4 số 8 vào 6 khoảng tạo bởi 2 số 6 và 3 số 7 có C95 cách ( số cách xếp bằng số nghiệm nguyên không âm của phương trình x1  x2  ...  x6  4 ).  n  A   C41 .C95  504

Xác suất cần tìm là P  A  

n  A  504 2   . n    1260 5

Câu 300. Chọn B Ta có n     9! Xét A : Có ít nhất một hàng hoặc một cột chỉ toàn số chẵn. Vì chỉ có 4 số chẵn là 2, 4, 6, 8 nên chỉ có thể có đúng một hàng hoặc đúng một cột chỉ toàn các số chẵn. Để điền như vậy cần chọn một trong số ba hàng hoặc ba cột rồi chọn 3 số chẵn xếp vào hàng hoặc cột đó, 6 số còn lại xếp tùy ý. Do đó n  A   6. A43 .6! .

Vậy P  A  

2 5  P  A  . 7 7

Câu 301. Chọn B. Giả sử số thứ tự trong danh sách là u1 , u2 , u3 , ... , u10 . Do dãy này là cấp số cộng nên ta có u1  u10  u2  u9  u3  u8  u4  u7  u5  u6 . Số phần tử của không gian mẫu là n     10! . Gọi A là biến cố “Tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau là bằng nhau”. Để biến cố này xảy ra ta thực hiện liên tiếp các bước sau: Bước 1: xếp thứ tự 5 cặp học sinh có các cặp số thứ tự là u1 ; u10  , u2 ; u9  ,

u3 ; u8 , u4 ; u7  , u5 ; u6 

vào trước 5 cặp ghế đối diện nhau. Bước này có 5!

cách. Bước 2: xếp từng cặp một ngồi vào cặp ghế đối diện đã ) Chọn ở bước 1 . Bước này có 25 cách. Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n  A   5!.25 . Vậy xác suất của biến cố A là P  A  

n  A 1 .  n    945

Câu 302. Chọn B  Bổ đề: Trong mặt phẳng cho hai tia Ox và Oy vuông góc với nhau tại gốc O . Trên tia Ox lấy 10 điểm A1 , A2 ,..., A10 và trên tia Oy lấy 10 điểm B1 , B2 ,..., B10 thỏa mãn OA1  A1 A2  ...  A9 A10  OB1  B1 B2  ...  B9 B10  1 (đvd). Tìm số tam giác có 2 đỉnh nằm trong 10 điểm A1 , A2 ,..., A10 , 1 đỉnh nằm trong 10 điểm B1 , B2 ,..., B10 sao cho tam giác chọn được có đường tròn ngoại tiếp, tiếp xúc với

một trong hai trục Ox hoặc Oy ? Giải: Gọi Am , An , B p là 3 đỉnh của tam giác thỏa yêu cầu bài toán với m, n, p  1,10; m  n .

   Ta có OAm  (m ;0), OAn  (n ;0), OB p  (0; p ) .

Do đường tròn luôn cắt Ox tại Am , An phân biệt nên đường tròn chỉ có thể tiếp

 2

 

2 xúc với Oy tại B p , ta có phương tích OB p  OAm .OAn  p  m.n .

Do m, n, p  1,10; m  n nên dễ thấy 22  1.4, 32  1.9, 42  2.8, 62  4.9 , hay nói cách khác bộ ba (m, n, p )  (1, 4, 2), (1,9,3), (2,8, 4), (4,9, 6) . Vậy có 4 tam giác thỏa mãn yêu cầu bổ đề.  Bài toán: Không gian mẫu n()  C101 .C102  C102 .C101  900 . Gọi A là biến cố chọn được tam giác có đường tròn ngoại tiếp tiếp xúc với một trong hai trục Ox hoặc Oy . Theo bổ đề ta chọn được 4 tam giác có 2 đỉnh thuộc tia Ox , 1 đỉnh thuộc tia Oy ; tương tự có 4 tam giác có 1 đỉnh thuộc tia Ox , 2 đỉnh thuộc tia Oy . Suy ra n  A   8 .

Xác suất biến cố A là P( A) 

n  A 8 2   . n() 900 225

Câu 303. Chọn D Gọi số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau lấy từ các phần tử của tập A là abcde ( a  0; a  b  c  d  e ; a, b, c, d , e  A ). +) Chọn a có 6 cách. +) Chọn bốn chữ số b , c , d , e có A64 cách. Vậy số cách lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau lấy từ các phần tử của tập A là 6. A64  2160 cách. Do đó số phần tử của không gian mẫu là

n     2160 . Gọi biến cố B : ‘‘Số tự nhiên lập được chia hết cho 5 và các chữ số 1 , 2 , 3 luôn có mặt cạnh nhau’’. TH1: Số lập được có dạng abcd 0 . +) Vì các chữ số 1 , 2 , 3 luôn có mặt cạnh nhau nên ta coi ba số đó là khối X. Xếp ba số 1 , 2 , 3 trong khối X có P3 cách. +) Chọn 1 số trong tập 4;5;6 có C31  3 cách. +) Xếp khối X và số vừa chọn vào vị trí có P2 cách. Theo quy tắc nhân ta có P3 .3.P2  36 số. TH2: Số lập được có dạng abc05 . +) Vì các chữ số 1 , 2 , 3 luôn có mặt cạnh nhau nên ta có P3 cách chọn số a , b , c.

Vậy có P3  6 số. TH3: Số lập được có dạng abcd 5  a, b, c, d  0  .

+) Vì các chữ số 1 , 2 , 3 luôn có mặt cạnh nhau nên ta coi ba số đó là khối X. Xếp ba số 1 , 2 , 3 trong khối X có P3 cách. +) Chọn 1 số trong tập 4;6 có C21  2 cách. +) Xếp khối X và số vừa chọn vào vị trí có P2 cách. Theo quy tắc nhân ta có P3 .2.P2  24 số. Vậy số kết quả xảy ra của biến cố B là n  B   36  6  24  66 số. Xác suất của biến cố B là P  B  

n B

n 



66 11 .  2160 360

Câu 304. Chọn C 3 Lấy 3 phần tử từ tập S có C20 (cách).

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n     C 3  1140 . 20 Gọi A là biến cố thỏa mãn yêu cầu bài toán. Đặt S1  1;3;5;...;19 , tập S1 có 10 phần tử. S 2  2; 4;6;...; 20 , tập S 2 có 10 phần tử.

a , b , c là ba số theo thứ tự lập thành cấp số cộng  2a  b  c . Có 2a là số chẵn, nên b và c cùng chẵn hoặc cùng lẻ. 2 Suy ra số cách chọn b , c là 2C10 .

Mỗi cách chọn cặp b , c thì có duy nhất một cách chọn a sao cho 2a  b  c . 2 Suy ra số phần tử của biến cố là n  A   2C10  90 .

Xác suất thỏa yêu cầu bài là P  A   Vậy P  A  

n  A 90 3   . n    1140 38

3 . 38

Câu 305. Chọn D Không gian mẫu được mô tả là  : “Các số tự nhiên có 5 chữ số khác 0”. Số phần tử của không gian mẫu là: n     95  59049 . Gọi biến cố A : “Các số tự nhiên có 5 chữ số khác 0 trong đó chỉ có mặt ba chữ số khác nhau”. Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số tự nhiên khác 0 là C93 . Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp sau:

TH1: Nếu cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 số a, b, c thì có 3 cách chọn. Mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số chẳng hạn a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra 5! cùng 1 số tự nhiên. Do đó, trong TH1 có tất cả 3. số tự nhiên. 3! TH2: 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng một chữ số khác trong 3 chữ số đó thì có 3 cách chọn. Mỗi hoán vị từ 5! hoán vị chẳng hạn a, a, b, b, c tạo ra một số tự nhiên nhưng cứ 2! cách hoán vị a và 2! 5! cách hoàn vị b mà vẫn cho ra cùng 1 số. Do đó, trong TH2 có tất cả: 3. số 2!.2! tự nhiên. 5!  3  5! Suy ra số phần tử của biến cố A là n  A    3.  3.  .C9  12600 . 2!.2!   3! Vậy xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau là: n  A  12600 P  A   . n    59049 Câu 306. Chọn A * Không gian mẫu là n     6 * Gọi biến cố A :" Các quả cầu cùng màu thì vào chung một hộp” Bỏ 3 quả cầu vào một hộp, bỏ 3 quả màu xanh vào hộp còn lại có 2 cách  n  A  2

* Xác suất của biến cố A là P  A  

n  A 2 1   n  6 3

Câu 307. Chọn C Xét phép thử T : “Chọn 7 cuốn sách từ 15 cuốn sách”. Số phần tử của không gian mẫu trong phép thử là C157 . Gọi A biến cố chọn 7 cuốn sách có đủ 3 môn trong phép thử T . Xác suất của biến cố cần tìm bằng xác suất của biến cố A . Ta có n  A   C157  C97  C107  C117  5949 . Vậy P  A  

5949 661 .  C157 715

Câu 308. Chọn D Chọn số tự nhiên có 4 chữ số bất kỳ có: n     9.10.10.10  9000 (cách).

Gọi A là biến cố: “Số được chọn có dạng abcd , trong đó 1  a  b  c  d  9 ”. (*) Cách 1: Dùng tổ hợp Nhận xét rằng với 2 số tự nhiên bất kỳ ta có: m  n  m  n  1 .

x  a  y  b 1  Do đó nếu đặt:  z  c  2 t  d  3 Từ giả thuyết 1  a  b  c  d  9 ta suy ra: 1  x  y  z  t  12 (**). Với mỗi tập con gồm 4 phần tử đôi một khác nhau được lấy ra từ 1, 2,...,12 ta đều có được duy nhất một bộ số thoả mãn (**) và do đó tương ứng ta có duy nhất một bộ số  a, b, c, d  thoả mãn (*). Số cách chọn tập con thoả tính chất trên là tổ hợp chập 4 của 12 phần tử, do đó: n  A   C124  495 . Vậy: P  A  

n  A  495   0, 055 . n    9000

Cách 2: Dùng tổ hợp lặp Chọn số tự nhiên có 4 chữ số bất kỳ có: n     9.10.10.10  9000 (cách). Mỗi tập con có 4 phần tử được lấy từ tập 1, 2,...,9 (trong đó mỗi phần tử có thể được chọn lặp lại nhiều lần) ta xác định được một thứ tự không giảm duy nhất và theo thứ tự đó ta có được một số tự nhiên có dạng abcd (trong đó 1  a  b  c  d  9 ). Số tập con thoả tính chất trên là số tổ hợp lặp chập 4 của 9 phần tử. Do đó theo công thức tổ hợp lặp ta có: n  A   C94 41  495 . Vậy: P  A  

n  A  495   0, 055 . n    9000

Câu 309. Chọn A Xếp ngẫu nhiên 6 quả cầu đôi một khác nhau thành một hàng ngang có 6! cách xếp. Gọi A là biến cố “2 quả cầu màu trắng không xếp cạnh nhau”. Suy ra A là biến cố “2 quả cầu màu trắng xếp cạnh nhau”.

 

Ta có n A  2.5! . Vậy xác suất cần tìm là P  A  1  P A  1 

2.5.4! 2  . 6! 3

Câu 310. Chọn C Ta có 9.103 số tự nhiên có 4 chữ số. Gọi số cần tìm có dạng ABCD A  B  C  D . Cách 1: Ta có các trường hợp sau * A  B  C  D : có C104  120 số. * A  B  C  D hoặc A  B  C  D hoặc A  B  C  D : có 3.C103  360 số. * A  B  C  D hoặc A  B  C  D hoặc A  B  C  D : có 3.C102  135 số. * A  B  C  D : có 9 số. Vậy xác suất cần tìm là

210  360  135  9 119 .  3 9.10 1500

Cách 2: Ta có 0  D  C  B  A  9  0  D  C  1  B  2  A  3  12 . Do đó có C134 cách chọn bộ 4 số D , C  1 , B  2 , A  3 . Suy ra, có C134 cách chọn bộ 4 số D , C , B , A . Trong số C134 cách chọn đó, bỏ đi bộ số 0 , 1 , 2 , 3 . Vậy xác suất cần tìm là

C134  1 119 .  9.103 1500

Câu 311. Chọn D Nhận định bài toán: 1) Đây là dạng bài toán phân chia một tập hợp ra thành các nhóm có số lượng bằng nhau. 2) Phương pháp: Dạng bài toán này được phân chia làm 2 loại đó là: - Các nhóm có thứ tự A, B, C, D… - Các nhóm không phân biệt thứ tự. Nếu không phân biệt rõ ràng 2 bài toán này thì rất dễ dẫn đến nhầm lẫn và sai kết quả. Ví dụ: Có bao nhiêu cách chia 20 người thành 4 nhóm, mỗi nhóm có 5 người trong các trường hợp sau: a) Các nhóm được đánh tên theo thứ tự A, B, C, D. b) Không phân biệt thứ tự nhóm.

Lời giải a) Số cách chọn 5 người cho nhóm A là C205 . Ứng với mỗi cách chọn trên, ta có số cách chọn 5 người cho nhóm B là C155 , nhóm C là C105 và 5 người còn lại vào nhóm D. 5 Theo quy tắc nhân, ta được số cách chia nhóm là: C20 .C155 .C105 .1 (cách).

b) Vì các nhóm không phân biệt thứ tự nên khi ta hoán vị 4 nhóm trên sẽ cho cùng một kết quả. Do đó số cách chia trong trường hợp này là 5 C20 .C155 .C105 .1 (cách) 4!

3) Phân tích bài toán và lời giải. Chia 8 đội thành hai bảng đấu, do đó hai bảng đấu này sẽ có thứ tự rõ ràng cho nên bài toán của chúng ta thuộc loại chia nhóm có thứ tự. Gọi hai bảng đấu là bảng A và bảng B. Chọn 4 đội vào bảng A ta có C84 cách, bốn đội còn lại vào bảng B có 1 cách. Theo quy tắc nhân, ta có số cách chia 8 đội vào hai bảng đấu là:

n     C84 .1  70 (cách) Gọi A là biến cố “Hai đội Việt Nam nằm ở hai bảng khác nhau”. Bảng A: Có 3 đội nước ngoài và 1 đội Việt Nam. Số cách chọn là C63 .C21 . Bảng B: Chỉ còn 1 cách chọn duy nhất cho 3 đội nước ngoài và 1 đội Việt Nam còn lại vào bảng B. Do đó số cách chia 8 đội thành 2 bảng mỗi bảng có 1 đội Việt Nam là :

n  A   C63 .C21 .1  40 (cách) Vậy xác suất của biến cố A là: P  A  

n  A  40 4   . n    70 7

Câu 312. Chọn A Gọi ba bảng đấu có tên là A, B, C. Chọn 4 đội cho bảng A có C124 cách, chọn 4 đội cho bảng B có C84 cách và 4 đội còn lại vào bảng C có 1 cách. Theo quy tắc nhân, số cách chia 12 đội thành 3 bảng đấu là: n     C124 .C84 .1  34650 (cách) Gọi A là biến cố “3 đội Việt Nam cùng nằm ở một bảng đấu. Giả sử 3 đội Việt Nam cùng nằm ở bảng A.

Khi đó bảng A sẽ chọn 1 đội trong 9 đội nước ngoài và 3 đội Việt Nam, 8 đội còn lại chia vào bảng B và C. Trong trường hợp này ta có số cách chọn là C91.1.C84 .1  630 (cách) Vì vai trò của các bảng là như nhau nên trường hợp 3 đội Việt Nam ở bảng B hay bảng C đều cho kết quả như nhau. Vậy số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n  A   C91.C84 .3  1890 (cách) Xác suất của biến cố A là : P  A  

n  A  1890 3   . n    34650 55

Câu 313. Chọn C + Gọi số cần tìm là A  a1a2a3a4b1b2b3b4 . Ta có tổng các chữ số của A là 1  2  3  4  ...  8  36 chia hết cho 9 nên A chia hết cho 9. Do 9 và 1111 có ƯCLN là 1 nên A chia hết cho 9999 . Đặt x  a1a2a3a4 ; y  b1b2b3b4 . Ta có: + A  10000 x  y  9999 x   x  y  chia hết cho 9999  x  y chia hết cho 9999 . Mà 0  x  y  2.9999  x  y  9999 + x  1000a1  100a2  10a3  a4 ; y  1000b1  100b2  10ab  b4 .  x  y  1000( a1  b1 )  100( a2  b2 )  10( a3  b3 )  ( a4  b4 )  9999  ( a1  b1 )  ( a2  b2 )  ( a3  b3 )  ( a4  b4 )  9 .

+ Từ tập X có 4 cặp số 1;8 ;(2;7);(3;6);(4;5) nên có: 8 cách chọn a1 ; 6 cách chọn a2 ; 4 cách chọn a3 và 2 cách chọn a4 . Vì ai và bi tạo thành một cặp để ai  bi  9 nên chọn ai có luôn bi .

 Số các số cần tìm là: 8.6.4.2  384 số. Vậy xác suất cần tìm là: P 

n A 384 .  n 8!

Câu 314. Chọn A Ta có tất cả các số tự nhiên có 7 chữ số bắt đầu từ 1000000 đến 9999999 gồm 9000000 số. Do đó n     9000000

Mặt khác, ta thấy cứ 70 số tự nhiên liên tiếp thì có 10 số chia hết cho 7, trong đó có 1 số có chữ số hàng đơn vị là chữ số 3. Mà 9000000  70 128571  30 , nên ta chia 9000000 số thành 128571 bộ 70 số liên tiếp và còn lại 30 số cuối, trong đó: 128571 bộ 70 số tự nhiên liên tiếp có 128571 số thỏa mãn yêu cầu 30 số cuối có 3 số tận cùng bằng 3 được xét trong bảng sau 9999973

9999983

9999993

Chia cho 7 dư 4

Chia hết cho 7

Chia cho 7 dư 4

Vậy tất cả có 128572 số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị là chữ số 3. Gọi A là biến cố ‘Chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị là chữ số 3’ thì n  A   128572 . Suy ra P  A  

128572  0, 01429 . 9000000

Câu 315. Chọn C Cách 1: Số các số tự nhiên có hai chữ số phân biệt là 9.9  81 số. Số phần tử của không gian mẫu là n     812 . Gọi A là biến cố thỏa mãn bài toán. + Khả năng 1: Hai bạn chọn số giống nhau nên có 81 cách. + Khả năng 2: Hai bạn chọn số đảo ngược của nhau nên có 9.8  72 cách. + Khả năng 3: Hai bạn chọn số chỉ có một chữ số trùng nhau - TH1: Trùng chữ số 0 : Công có 9 cách chọn số và Thành đều có 8 cách chọn số nên có 9.8  72 cách. - TH 2: Trùng chữ số 1 : Nếu Công chọn số 10 thì Thành có 16 cách chọn số có cùng chữ số 1 . Nếu Công chọn số khác 10 , khi đó Công có 16 cách chọn số và Thành có 15 cách chọn số có cùng chữ số 1 với Công nên có 16  16.15  16.16  256 cách. - Các trường hợp chọn trùng chữ số 2,3, 4,...9 tương tự. Vậy n  A   81  72  72  9.256  2529 . Xác suất cần tính là P  A  

n  A  2529 281   . n    812 729

Cách 2: Số các số tự nhiên có hai chữ số phân biệt là 9.9  81 số. Số phần tử của không gian mẫu là n     812 . Gọi A là biến cố thỏa mãn bài toán. Xét biến cố A . - TH 1: Công chọn số có dạng a 0 nên có 9 cách. Khi đó có 25 số có ít nhất một chữ số trùng với số a 0 nên Thành có 81  25  56 cách chọn số không có chữ số trùng với Công. Vậy có 9.56  504 cách. - TH 2: Công chọn số không có dạng a 0 : Có 72 cách, khi đó 32 số có ít nhất một chữ số trùng với số của Công chọn nên Thành có 81  32  49 cách chọn số không có chữ số nào trùng với Thành. Vậy có 72.49  3528 cách.  n  A   3528  504  4032  P  A   1  P  A   1 

4032 281 .  812 729

Câu 316. Chọn A Giả sử số cần lập là abcd

a  b  c  d  .

Số phần từ không gian mẫu:   A94 . Gọi A là biến cố lấy được số chia hết cho 11 và tổng của các chữ số của chúng cũng chia hết cho 11. Ta có: abcd  11 1000a  100b  10c  d  11  100a  10b  c  d  11    a  b  c  d  11 a  b  c  d  11 a  b  c  d  11 10a  b  c  d  11  a  c    b  d   11 a  c  11 .    a  b  c  d  11 b  d  11  a  c    b  d   11

Từ 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 ta có 4 cặp tổng chia hết cho 11 là:  2;9  ,  3;8 ,  4;7  ,  5,6 .  A  4.2.3.2  48  P  A 

1 . 63

Câu 317. Chọn A + .

Số các chỉnh hợp chập 3 của tập hợp các chữ số 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9 là: A103

Số các chỉnh hợp chập 3 của tập hợp các chữ số 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9 mà chữ số 0 đứng vị trí đầu tiên ( 0bc ) bằng số các chỉnh hợp chập 2 của tập hợp các chữ số 1;2;3;4;5;6;7;8;9 và bằng A92 . Suy ra số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau bằng n  A   A103  A92  648 số. +

2 Lấy ngẫu nhiên ra từ A hai số có n     C648 cách.

+ Gọi M là biến cố “lấy được từ A hai số mà các chữ số có mặt ở hai số đó giống nhau” Trường hợp 1: Ba chữ số có mặt trong hai số được lấy không có chữ số 0 .  Chọn ba chữ số trong tập 1;2;3;4;5;6;7;8;9 có C93 cách.  Ba chữ số này tạo thành 3!  6 số trong A .  Lấy hai số trong 6 số này có C62 cách (hai số các chữ số có mặt ở hai số đó giống nhau).  Suy ra có C93 .C62 cách lấy hai số thỏa trường hợp 1. Trường hợp 2: Ba chữ số có mặt trong hai số được lấy có chữ số 0 .  Chọn thêm hai chữ số trong tập 1;2;3;4;5;6;7;8;9 có C92 cách.  Ba chữ số này (hai chữ số vừa chọn và chữ số 0 ) tạo thành 2.2!  4 số trong A .  Lấy hai số trong 4 số này có C42 (hai số các chữ số có mặt ở hai số đó giống nhau).  Suy ra có C92 .C42 cách lấy hai số thỏa trường hợp 2. Suy ra n  M   C93 .C62  C92 .C42  1476 . + Do đó, xác suất để lấy được hai số mà các chữ số có mặt ở hai số đó giống nhau là:

pM  

n  M  1476 41  2  . n    C648 5823

Câu 318 Chọn A Mỗi lần di chuyển, quân cờ chỉ có thể di chuyển một trong bốn cách sau: lên trên 1 ô (U), xuống dưới 1 ô (D), sang phải 1 ô (R), sang trái 1 ô (L). Quân cờ di chuyển bốn lần sẽ có 44  256 cách.  n     256 .

Gọi A là biến cố quân cờ không trở về đúng vị trí ban đầu sau bốn lần di chuyển.  A là biến cố quân cờ trở về đúng vị trí ban đầu sau bốn lần đi chuyển.

Để quân cờ trở về đúng vị trí ban đầu sau bốn lần đi chuyển thì phải thực hiện 1 trong 3 trường hợp sau:  Trường hợp 1: Có một U, một D, một R, một L. Xếp cách thực hiện U, D, R, L theo thứ tự có 4!  24 cách.  Trường hợp 2: Có hai U, hai D. Xếp cách thực hiện hai U, hai D theo thứ tự có C42 .C22  6 cách.  Trường hợp 3: Có hai R, hai L. Xếp cách thực hiện hai R, hai L theo thứ tự có C42 .C22  6 cách.

 

 

n A

36 9 .  n    256 64 9 55 Vậy P  A   1  P A  1  .  64 64  n A  36  P A 

 

Câu 319. Chọn A Ta có tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số bắt đầu từ 10000 đến 99999 gồm 90000 số. Do đó n     90000 Mặt khác, ta thấy cứ 70 số tự nhiên liên tiếp thì có 10 số chia hết cho 7, trong đó có 1 số có chữ số hàng đơn vị là chữ số 1. Mà 90000  70 1285  50 , nên ta chia 90000 số thành 1285 bộ 70 số liên tiếp và còn lại 50 số cuối, trong đó: 1285 bộ 70 số tự nhiên liên tiếp có 1285 số thỏa mãn yêu cầu 50 số cuối có 5 số tận cùng bằng 1 được xét trong bảng sau 99951

99961

99971

99981

99991

Chia cho 7 dư 5

Chia cho 7 dư 1

Chia cho 7 dư 4

Chia hết cho 7

Chia cho 7 dư 3

Vậy tất cả có 1286 số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị là chữ số 1. Gọi A là biến cố ‘Chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị là chữ số 1’ thì n  A   1286 . Suy ra P  A  

1286 643  . 90000 45000

Cách 2: Tác giả: Nguyễn Thị Thu Dung ; Fb: Dung nguyen

Vì A là tập tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số nên A  abcde : a  0; a, b, c, d , e  0,1, 2, ,9 .





 n  A   9.10.10.10.10  90000. 1 Số phần tử của không gian mẫu là n     C90000  90000.

Gọi X là biến cố: “Chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 từ tập A ”. Khi abcde 7 và abcde có tận cùng bằng 1, do đó abcde  7.M với 1428  M  14285 và M có chữ số tận cùng là 3. Xét các trường hợp sau: 1) M là số có 4 chữ số có dạng mnpq. Khi đó: mnpq  1428 và q  3. - Với m  1 , do mnpq  1428 và q  3 nên n  4. +) Khi n  4 thì p  2 nên p  3; 4;5;6;7;8;9 . Ta được 7 số thỏa mãn. +) Khi n  5 : Có 5 cách chọn n thuộc tập hợp 5;6;7;8;9 . Khi đó p được chọn tùy ý thuộc tập 0;1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 . Ta được 50 số thỏa mãn.

- Với m  2 tức là có 8 cách chọn m từ tập 2;3; 4;5;6;7;8;9 . Khi đó mnpq  1428 với mọi n, p thuộc tập hợp 0;1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 . Ta được

8.10.10  800 số thỏa mãn.

2) M là số có 5 chữ số có dạng mnpqr. Khi đó: mnpqr  14285 và r  3. Do mnpqr  14285 nên m chỉ nhận giá trị bằng 1 và n  4. - Với m  1; n  0,1, 2,3 thì p , q là các số tùy ý thuộc tập 0;1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 . Ta được 4.10.10  400 số thỏa mãn. - Với m  1; n  4 : +) Khi p  0 hoặc p  1 thì q là số tùy ý thuộc tập 0;1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 . Ta được 2.10  20 số thỏa mãn. +) Khi p  2 thì q phải thuộc tập 0;1; 2;3; 4;5;6;7;8 . Ta được 9 số thỏa mãn. Vậy số phần tử của biến cố X là n  X   7  50  800  429  1286. Xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị là 1 bằng n  X  1286 643 P X     . n    90000 45000 Câu tương tự: Câu 39-1.

Chọn A Vì A là tập tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số nên A  abcde : a  0; a  b  c  d  e; a, b, c, d , e  0,1, 2, ,9 .





 n  A   9.9.8.7.6  27216. 1 Số phần tử của không gian mẫu là n     C27216  27216.

Gọi X là biến cố: “Chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 từ tập A ”. Khi abcde 7 và abcde có tận cùng bằng 1,do đó abcde  7.M với 1428  M  14285 và M có chữ số tận cùng là 3. Xét các trường hợp sau: 1) M là số có 4 chữ số có dạng mnpq. Khi đó: mnpq  1428 và q  3. - Với m  1 , do mnpq  1428 và q  3 nên n  4. +) Khi n  4 thì p  2 nên p  4;5;6;7;8;9 . Ta được 6 số thỏa mãn. +) Khi n  5 : Có 5 cách chọn n thuộc tập hợp 5;6;7;8;9 . Khi đó p  m, n, q nên p có 7 cách chọn. Ta được 35 số thỏa mãn.

- Với m  2 tức là có 7 cách chọn m từ tập 2; 4;5;6;7;8;9 . Khi đó mnpq  1428 với mọi n, p thuộc tập hợp 0;1; 2; 4;5;6;7;8;9 và n  p  m , do

đó có 8 cách chọn n , có 7 cách chọn p. Ta được 7.8.7  392 số thỏa mãn. 2) M là số có 5 chữ số có dạng mnpqr. Khi đó: mnpqr  14285 và r  3. Do mnpqr  14285 nên m chỉ nhận giá trị bằng 1 và n  4. - Với m  1; n  0, 2 thì p , q là các số tùy ý thuộc tập 0; 2; 4;5;6;7;8;9 và p  q  n. Ta được 2.7.6  84 số thỏa mãn. - Với m  1; n  4 : +) Khi p  0 thì q là số tùy ý thuộc tập 2;5;6;7;8;9 . Ta được 6 số thỏa mãn. +) Khi p  2 thì q phải thuộc tập 0;5;6;7;8 . Ta được 5 số thỏa mãn. Vậy số phần tử của biến cố X là n  X   6  35  392  84  6  5  528. Xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị là 1 bằng n X  528 11 P X     . n    27216 567 Câu 39-2. Số phần tử của A là A94  3024 số.

Số phần tử của không gian mẫu là n     3024. Gọi A là biến cố: “Chọn được một số chia hết cho 11 và tổng bốn chữ số của nó chia hết cho 11”. Xét số tự nhiên có 4 chữ số có dạng abcd với (a  0; a  b  c  d ). Theo bài ra ta có: (a  c)  (b  d )11 và  a  c    b  d 11. Suy ra a  c 11 và b  d 11. Trong các chữ số 1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 có các bộ số mà tổng chia hết cho 11 là 2;9 ;3;8 ;4;7 ;5;6 . Chọn 2 cặp trong 4 cặp số trên để tạo số abcd 11. Chọn a; c có 4 cách, chọn b; d  có 3 cách, sau đó sắp thứ tự các số

a, b, c, d . Ta được 4.3.2.2  48. Suy ra n( A)  48. Vậy P  A  

n  A 48 1   . n    3024 63

Câu 320. Chọn D Số phần tử của  S  là số đường thẳng tạo nên từ 30 điểm đã cho là C302  435 Số cách chọn 2 đường thẳng bất kỳ thuộc tập  S  là số phần tử không gian mẫu 2 n()  C435  94395

Giao điểm của hai đường thẳng nằm trong đường tròn tức là cũng nằm ở miền trong đa giác 30 đỉnh, khi đó giao điểm 2 đường thẳng cũng là giao điểm hai đường chéo của tứ giác có 4 đỉnh thuộc 30 đỉnh đa giác đã cho, vậy số giao điểm nằm trong đa giác chính là C304  27405 Vậy xác suất cần tìm là

27405 9  94395 31

Câu 321. Chọn B Gọi A là biến cố lấy ra hai đường chéo có giao điểm nằm trong đường tròn (C ) . Số đường chéo của đa giác đều 20 đỉnh là C202  20  170 . Khi đó, ta có số cách 2 lấy ra 2 đường chéo trong số 170 đường là n()  C170  14365 Để có hai đường chéo cắt nhau tại một điểm nằm trong đường tròn (C ) thì hai đường chéo đó phải là đường chéo của tứ giác có 4 đỉnh là đỉnh của đa giác đều 20 đỉnh. Do đó, số cách lấy ra 2 đường chéo có giao điểm nằm trong đường tròn tâm O là C204  4845 Vậy xác suất lấy ra hai đường chéo có giao điểm nằm trong đường tròn (C ) là

P( A) 

n( A) 4845 57   n() 14365 169

Câu 322. Chọn D Số phần tử của  S  là số đường thẳng tạo nên từ 30 điểm đã cho là C302  435 Số cách chọn 2 đường thẳng bất kỳ thuộc tập  S  là số phần tử không gian mẫu 2 n()  C435  94395

27405 9  94395 31

Câu 323. Chọn C + Chia đều 16 đội vào 4 bảng có C164 .C124 .C84 .C44 cách. + Sắp xếp 3 đội của 3 lớp Toán vào 3 bảng khác nhau trong 4 bảng có A43 cách. Chọn 3 đội trong 13 đội còn lại để xếp vào bảng có đội lớp 10 Toán có C133 cách. Chọn 3 đội trong 10 đội còn lại để xếp vào bảng có đội lớp 11 Toán có C103 cách. Chọn 3 đội trong 7 đội còn lại để xếp vào bảng có đội lớp 12 Toán có C73 cách. Bốn đội còn lại xếp vào bảng còn lại. Suy ra số cách chia đều 16 đội vào 4 bảng sao cho 3 đội của 3 lớp Toán nằm ở 3 bảng khác nhau là A43 .C133 .C103 .C73 .

A43 .C133 .C103 .C73 16 + Xác suất cần tìm là: 4 4 4 4  . C16 .C12 .C8 .C4 35 Câu 324. Chọn D Ta có số phần tử của không gian mẫu là n     36 . Phương trình

1 2 x  6 x  m  0 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 2

  9 

m  0  m  18 . 2

Khi đó số chấm trên hai con con súc sắc là cặp số  i, j  với i, j  1, 6 thỏa mãn + i  1, 2; j  1, 6 có 12 cặp số, + i  3; j  1,5 có 5 cặp số, + i  4; j  1, 4 có 4 cặp số, + i  5; j  1,3 có 3 cặp số, + i  6; j  1, 2 có 2 cặp số. Như thế, có tất cả 12  5  4  3  2  26 cặp số  i, j  để i. j  m  18 . Vậy xác suất cần tìm bằng

26 . 36

Câu 325. Chọn D Gọi số có 6 chữ số có dạng a1a2 ...a5 a6 . Từ 10 chữ số 0;1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 , ta lập được 9.A95 số có 6 chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số từ tập X  n     9. A95  136080 số. Gọi A là biến cố “Lấy một số thuộc X luôn chứa đúng ba số thuộc tập Y  1; 2;3; 4;5 và 3 số đứng cạnh nhau, số chẵn đứng giữa hai số lẻ ”. Ta coi 3 vị trí liền nhau trong X là một phần tử Z , sắp xếp 3 chữ số khác nhau trong Z thỏa mãn biến cố : + Số thứ nhất là số lẻ thuộc Y có 3 cách chọn. + Số thứ hai là số chẵn thuộc Y có 2 cách chọn. + Số thứ ba là số lẻ thuộc Y có 2 cách chọn. Áp dụng quy tắc nhân ta có 12 cách sắp xếp phần tử Z . Trường hợp 1: Số có 6 chữ số có dạng Za4 a5 a6  Z có 12 cách chọn.  Xếp 5 chữ số còn lại khác các số tập Y vào 3 vị trí a4 , a5 , a6  có A53 cách.

Áp dụng quy tắc nhân, ta lập được 12. A53  720 số. Trường hợp2: Số có 6 chữ số có dạng a1Za2 a3  a1 có 4 cách chọn  a1  0, Y  .  Xếp Z vào 3 vị trí, Z có 12 cách chọn nên có 36 cách sắp xếp.  Xếp 4chữ số còn lại vào 2 vị trí a2 , a3  có A42 .

Áp dụng quy tắc nhân, ta lập được 4.36. A42  1728 số có 6 chữ số đôi một khác nhau thỏa mãn. Vậy ta có tất cả 12. A53  4.36.A 24  2448 (số) thoả mãn yêu cầu bài toán.

 P  A 

n  A 2448 17   . n    136080 945

Câu 326. Chọn B Gọi 2 cặp vợ chồng là C1-V1 và C2-V2 (C=chồng, V=vợ). * Số cách chọn ra 7 đôi: - Đầu tiên chọn ra 7 nam trong 10 nam: C107 (cách). - Xếp 7 người nam này thành 1 hàng ngang, người đầu tiên có 12 cách ghép với nữ, người thứ hai có 11 cách, cứ như thế suy ra số cách ghép đôi là 12.11.10.9.8.7.6 (cách). - Theo quy tắc nhân có C107 .12.11.10.9.8.7.6  479001600 (cách). * Số cách chọn 7 đôi, chỉ có một cặp vợ chồng - Trường hợp 1: chỉ có cặp vợ chồng C1-V1, khi đó lấy 6 nam trong 9 nam còn lại: + Nếu trong 6 nam này không có C2 thì số cách ghép 6 cặp còn lại là: C86 .11.10.9.8.7.6  9313920 (cách) + Nếu trong 6 nam này có C2 thì số cách ghép 6 cặp còn lại là: có 10 cách ghép C2 với nữ (trừ V2 và trừ V1), 5 nam còn lại có C85 cách, số cách ghép cặp cho 5 nam này là 10.9.8.7.6 cách. Vậy theo quy tắc nhân có 10.C85 .10.9.8.7.6  16934400 (cách) Theo quy tắc cộng, có 9313920  16934400  26248320 (cách) - Trường hợp 2: chỉ có cặp vợ chồng C2-V2, tương tự như trên có 26248320 (cách) Vậy xác suất cần tính là:

2.26248320 217  . 479001600 1980

Câu 327. Chọn C 3 Ta có   C100 .

Gọi u1 , d lần lượt là số hạng đầu và công sai của cấp số cộng. Ta có các trường hợp sau:

d  1: n1  160  2  98 d  2 : n  100  2.2  96 2  . d  3 : n  3  100  2.3  94 ...  d  49 : n49  100  2.49  2

Suy ra số kết quả lấy ra 3 số lập thành cấp số cộng là N  Vậy số cách chọn thỏa mãn đề bài là P 

 98  2  .49  2450 . 2

2450 1  . 3 C100 66

Câu 328. Chọn A Ta đánh số các vị trí từ 1 đến 8 . Số phần tử không gian mẫu là n     8!  40320 . Gọi A là biến cố: “xếp được tám bạn thành hàng dọc thỏa mãn các điều kiện: đầu hàng và cuối hàng đều là nam và giữa hai bạn nam gần nhau có ít nhất một bạn nữ, đồng thời bạn Quân và bạn Lan không đứng cạnh nhau”. TH1: Quân đứng vị trí 1 hoặc 8  có 2 cách. Chọn một trong 3 bạn nam xếp vào vị trí 8 hoặc 1 còn lại  có 3 cách. Xếp 2 bạn nam còn lại vào 2 trong 4 vị trí 3, 4,5, 6 mà 2 nam không đứng cạnh nhau

 có 6 cách. Xếp vị trí bạn Lan có 3 cách. Xếp 3 bạn nữ vào 3 vị trí còn lại có 3! cách.

 TH này có 2.3.6.3.3!  648 cách. TH2: Chọn 2 bạn nam ( khác Quân) đứng vào 2 vị trí 1 hoặc 8 có A32 cách. Xếp Quân và bạn nam còn lại vào 2 trong 4 vị trí 3, 4,5, 6 mà 2 nam không đứng cạnh nhau  có 6 cách. Xếp vị trí bạn Lan có 2 cách. Xếp 3 bạn nữ vào 3 vị trí còn lại có 3! cách.

 TH này có A32 .6.2.3!  432 cách.  n  A   648  432  1080 . Vậy xác suất của biến cố A là P  A   Câu 329. Chọn B

1080 3 .  40320 112

Số tập con của S là 26  64 . Mỗi người có 64 cách chọn tập con, do vậy số phần tử của không gian mẫu là: 642 . Ta tìm số cách chọn tập con thỏa mãn yêu cầu: Giả sử tập con của A và B chọn được lần lượt có x, y phần tử

 2  x, y  6 , x, y  N  . *

Khi đó: A có C6x cách chọn tập con, lúc này S còn 6  x phần tử. Ta chọn ra 2 phần tử gọi là a, b từ x phần tử trong tập con của A để xuất hiện trong tập con của B, có C x2 cách. Như vậy, tập con của B đã có 2 phần tử chung với tập con của A là a, b , ta cần chọn thêm  y  2  phần tử khác trong  6  x  phần tử còn lại sau khi A đã chọn tập con,ở bước này có C6yx2 cách chọn. Vậy có: C6x C x2C6yx2 cách chọn tập con thỏa mãn.

 x, y  2 2  x  6   Ta có điều kiện:  y  2  6  x  2  y  8  x  x, y  N *  x, y  N *   Cho x nhận các giá trị từ 2 đến 6, số cách chọn tập con thỏa mãn yêu cầu đề bài là: 6

C C C y 2

2 6

y 2 6 2

y 2

  C63C32C6y32   C04C42C6y42   C65C52C6y52   C66C62C6y62

 240  480  360  120  15  1215 1215 Xác suất cần tính bằng:  29, 66%. 642 Câu 330. Chọn A Ta có tất cả các số tự nhiên có 7 chữ số bắt đầu từ 1000000 đến 9999999 gồm 9000000 số. Do đó n     9000000 Mặt khác, ta thấy cứ 70 số tự nhiên liên tiếp thì có 10 số chia hết cho 7, trong đó có 1 số có chữ số hàng đơn vị là chữ số 3. Mà 9000000  70 128571  30 , nên ta chia 9000000 số thành 128571 bộ 70 số liên tiếp và còn lại 30 số cuối, trong đó: 128571 bộ 70 số tự nhiên liên tiếp có 128571 số thỏa mãn yêu cầu 30 số cuối có 3 số tận cùng bằng 3 được xét trong bảng sau 9999973

9999983

9999993

Chia cho 7 dư 4

Chia hết cho 7

Chia cho 7 dư 4

128572  0, 01429 . 9000000

Câu 331. Chọn C 3 Số cách chọn ra 3 đỉnh tùy ý từ 48 đỉnh của đa giác là n     C48 .

Gọi A là biến cố “tam giác tạo thành từ ba đỉnh đó là một tam giác nhọn”. * Tính số tam giác tù + Chọn đỉnh thứ nhất có 48 cách chọn. + Để tạo thành tam giác tù thì ba đỉnh của tam giác phải thuộc cùng 1 nửa đường tròn ngoại tiếp tam giác. Trong 47 đỉnh còn lại sẽ có 23 đỉnh cùng với đỉnh đã chọn thuộc cùng một nửa đường tròn ngoại tiếp. Nên số tam giác tù tạo thành là 48C232 (tam giác). * Tính số tam giác vuông tạo thành + Có 24 đường chéo đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. + Mỗi đường chéo trên cùng với 46 đỉnh còn lại tạ thành 46 tam giác vuông. Nên số tam giác vuông tạo thành là 24.46  1104 (tam giác). 3  48C232  1104  4048 . Vậy P  A   Do đó: n  A   C48

n  A  4048 11  3  n    C48 47

Câu 332. Chọn C Ta có n     C153  455 . Gọi A là biến cố “trong 3 người được chọn đó không có 2 người ngồi kề nhau”  A là biến cố “trong 3 người đươc chọn có ít nhất 2 người ngồi kề nhau”

TH 1: 3 người ngồi kề nhau có 13 cách chọn. TH 2: có 2 người ngồi cạnh nhau - Hai người ngồi cạnh nhau ngồi đầu hàng có 2 cách chọn, với mỗi cách chọn như vậy có 12 cách chọn người còn lại vậy có: 2.12=24 cách. - Hai người ngồi cạnh nhau không ngồi đầu hàng có 12 cách chọn, với mỗi cách chọn như vậy có 11 cách chọn người còn lại vậy có: 11.12=132 cách. n A 13 22 .  n A  132  24  13  169  P A    P  A  n    35 35

 

Câu 333.

 

Chọn A. Số phần tử của không gian mẫu là n  6!. Gọi A là biến cố : "Các bạn học sinh nam ngồi đối diện các bạn nữ". Chọn chỗ cho học sinh nam thứ nhất có 6 cách. Chọn chỗ cho học sinh nam thứ 2 có 4 cách (không ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất) Chọn chỗ cho học sinh nam thứ 3 có 2 cách (không ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất, thứ hai). Xếp chỗ cho 3 học sinh nữ : 3! cách. Theo quy tắc nhân ta có nA  6.4.2.3!  288 cách  P  A 

288 2  6! 5

Câu 334. Chọn A Gọi số có 9 chữ số có dạng a1a2 a3 ...a8 a9 . Từ 10 chữ số 0;1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 , ta lập được 9.A98 số có 9 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S  n     9. A98 . Gọi A là biến cố “Số được chọn chia hết cho 3”. Đặt T  a 1  a2  a3  ...  a8  a9  36  T  45 Để a1a2 a3 ...a8 a9  3  T  3  T  36;39; 42; 45 (số có tổng các chữ số chia hết cho 3 sẽ chia hết cho 3) Trường hợp 1: T  45  Số có 9 chữ số được lập từ các chữ số 1; 2;3; 4;5;6;7;8;9

 Lập được 9! số có 9 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 3. Trường hợp 2: T  42  Số có 9 chữ số được lập từ các chữ số 0;1; 2; 4;5;6;7;8;9  a1 có 8 cách chọn  a1  0   Xếp 8 chữ số còn lại vào 8 vị trí a2 , a3 ,..., a8 , a9  có 8! cách

Áp dụng quy tắc nhân, ta lập được 8.8! số có 9 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 3. Trường hợp 3: T  39  Số có 9 chữ số được lập từ các chữ số 0;1; 2;3; 4;5;7;8;9 Trường hợp 4: T  36  Số có 9 chữ số được lập từ các chữ số 0;1; 2;3; 4;5;6;7;8

Trường hợp T  39 và T  36 tương tự như trường hợp T  42 Vậy ta có tất cả 9! 3.  8.8!  1330560 (số) thoả mãn yêu cầu bài toán

 n  A   1330560  p  A  

n  A  1330560 11   n  9. A98 27

Câu 335. Chọn B 8 Số phần tử không gian mẫu   C24 . Gọi biến cố A = “Chọn 8 điểm sao cho không có 2 điểm nào có độ dài cung bằng 8 hoặc 3”. Chia 24 điểm của đường tròn thành bảng sau: 1 9 17 4 12 20 7 15 23 10 18 2 13 21 5 16 24 8 19 3 11 22 6 14 Trong đó, mỗi cột là tập các số có cùng số dư khi chia 3, mỗi hàng là tập các số có cùng số dư khi chia 8. Nhận thấy, mỗi cột không được chọn quá 4 số vì chọn từ 5 số trở lên, sẽ xuất hiện 2 số kề nhau tạo cung có độ dài là 3. TH1: Chọn 4 số của cột 1 không kề nhau: 2 cách là 1;7;13;19 hoặc

4;10;16; 22 1 9 17 4 12 20 7 15 23 10 18 2 13 21 5 16 24 8 19 3 11 22 6 14 Tiếp theo, chọn 4 số a,b,c,d còn lại không nằm cùng hàng với 4 số của cột 1 và 2 số bất kỳ trong 4 số a,b,c,d cũng không được cùng hàng với nhau, có 24 cách chọn. Vậy có 2.24  32 cách. TH2: Chọn 3 số của cột 1 sao cho không có 2 số nào kề nhau: C83  8  8.4  16 . 1 4 7 10

9 12 15 18

17 20 23 2

13 16 19 22

21 24 3 6

5 8 11 14

VD chọn 1;7;16 thì 5 số còn lai sẽ thuộc 3 nhóm màu trắng như hình vẽ. Khi đó mỗi nhóm màu trắng trong bảng chỉ có 2 cách chọn. Do đó TH2 có 16.2.2.2=128 cách. TH3: Chọn 2 số không kề nhau của cột 1: C82  8  20 . 1 9 17 4 12 20 7 15 23 10 18 2 13 21 5 16 24 8 19 3 11 22 6 14 Khi đó, 6 hàng ngang còn lai chia làm 2 nhóm màu trắng như hình vẽ. Mỗi nhóm có đúng 2 cách chọn nên có 20.2.2 = 80 cách. TH4: Chọn 1 số của cột 1 có 8 cách. 1 9 17 4 12 20 7 15 23 10 18 2 13 21 5 16 24 8 19 3 11 22 6 14 Vd chọn số 1, thì cột 2 và 3 chỉ có 2 lựa chọn sao cho chúng đan xen là các dòng xanh hoặc trắng. Vậy có 8.2=16 cách. TH5: Chỉ chọn cột 2 với 3. Ta có 2 cách chọn là các dòng xanh hoặc trắng: 2 cách. 1 9 17 4 12 20 7 15 23 10 18 2 13 21 5 16 24 8 19 3 11 22 6 14 Vậy A  32  128  80  16  2  258.

P  A 

 A 258  8 .  C24

Câu 336. Chọn A Gọi abcd là số có 4 chữ số sao cho a, b, c, d khác 0 và a  b  c  d  10 . Số cách chọn 4 chữ số a, b, c, d chính là số cách “dùng 3 “vách ngăn” chèn vào giữa các chữ số 1 (như ví dụ bên dưới) để chia thành 4 phần”.

Suy ra có C93  84 cách, tương ứng có 84 số abcd thỏa mãn. Vậy xác suất để ông Hùng mở được két sắt ở lượt bấm thứ nhất là P 

1 . 84

Câu 337. Chọn A Gọi A là biến cố chọn được 3 em học sinh mà ít nhất 2 em trong đó ngồi cạnh nhau. A1 là biến cố chọn được 3 em học sinh ngồi cạnh nhau. A2 là biến cố chọn được 3 em học sinh mà trong đó chỉ có 2 em ngồi cạnh nhau.

 n(A)  n(A1 )  n( A2 ) . 3 Số phương án chọn ra 3 em từ 25 em là : n()  C25  2300 (cách).

Nhận thấy khi xét về 1 chiều, cứ 1 học sinh sẽ có duy nhất 1 học sinh khác ngồi cạnh. Việc đổi chiều sẽ tạo ra các phương án trùng lặp. Vậy để chọn ra 2 em ngồi cạnh nhau ta có: 25 (cách). Số phương án để chọn ra 3 học sinh ngồi cạnh nhau cũng tương tự và có là: nA1  25 (cách). Số phương án chọn học sinh thứ 3 sao cho học sinh này không ngồi cạnh 2 bạn kia là: 21 (cách).

 Số phương án chọn 3 học sinh sao cho có 2 em ngồi cạnh nhau là nA2  25.21  525 (cách). Vậy xác suất xảy ra A là: P( A)  Câu 338. Chọn A.

n( A) 25  25.21 11 .   n () 2300 46

T.A 1

T.A 2

T.A 3

T.A 4

T.A 5

T.A 6

T.A 7

Gọi  là biến cố “xếp 14 quyển sách lên kệ sách một cách tùy ý”  n     14! . A là biến cố “xếp 14 cuốn sách lên kệ sách sao cho hai cuốn sách cùng môn không ở cạnh nhau”.

- Xếp 7 quyển sách Tiếng Anh vào kệ có 7! cách. - 7 quyển sách Tiếng Anh tạo ra 8 chỗ trống (gồm 6 chỗ trống ở giữa và 2 chỗ trống trước sau). Đánh số từ 1 đến 8 , từ trái sang phải cho các chỗ trống. Khi đó ta xét các trường hợp: TH1: Xếp sách Văn hoặc Toán vào vị trí từ 1 đến 7 có 7! cách. TH2: Xếp sách Văn hoặc Toán vào vị trí từ 2 đến 8 có 7! cách. TH3: Xếp 1 cặp sách Văn – Toán chung vào ngăn 2 , các ngăn 3, 4, 5, 6, 7 xếp tùy ý số sách còn lại. Ta có: + Số cách chọn 1 cặp sách Văn – Toán: 3.4 cách. + Vị trí 2 cuốn sách trong cặp sách: 2! cách. + Xếp các sách còn lại vào các ngăn 3, 4, 5, 6, 7 có 5! cách. Vậy ta có số cách xếp 1 cặp sách Văn – Toán chung vào ngăn 2 , các ngăn 3, 4, 5, 6, 7 xếp tùy ý số sách còn lại là 3.4.2!.5! cách. Tương tự cho xếp cặp sách Văn – Toán lần lượt vào các ngăn 3, 4, 5, 6, 7 . Số trường hợp thuận lợi của biến cố là n  A   7! 2.7! 3.4.2.6.5! Vậy P  A  

n  A 19  . n    12012

Câu 339. Chọn C Gọi A : “4 học sinh được chọn có cả nam và nữ.”  A : “4 học sinh được chọn chỉ có nam hoặc chỉ có nữ.” 4 Số cách để lớp trưởng nữ chọn ngẫu nhiên 4 học sinh khác:   C44 .

Số cách chọn 4 học sinh toàn là nam: C254 .

Số cách chọn 4 học sinh toàn là nữ: C194 . Xác suất để 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ: A C4  C4 1  1  25 4 19  0,8783 .  C44 Câu 340. Chọn A Vì mỗi câu có 4 phương án trả lời và chỉ có một phương án đúng nên xác suất 1 3 để chọn đúng đáp án là , xác suất để trả lời sai là 4 4 Gọi A là biến cố bạn Nam được trên 8,5 điểm thì A là biến cố bạn Nam được dưới 8,5 điểm Vì bạn Nam đã làm chắc chắn đúng 40c âu nên để có A xảy ra 2 trường hợp TH1: Bạn Nam chọn được một câu đúng trong 10 câu còn lại, xác suất xảy ra là:

1 æ 3ö 10. .çç ÷÷÷ 4 çè 4 ø

TH2: Bạn Nam chọn được hai câu đúng trong 10 câu còn lại, xác suất xảy ra là:

æ1ö C102 .çç ÷÷÷ çè 4 ø

æ 3ö .çç ÷÷÷ çè 4 ø

æ1ö 1 æ 3ö Vậy P ( A) = 1- P ( A) = 1-10. .çç ÷÷÷ - C102 .çç ÷÷÷ çè 4 ø 4 çè 4 ø 9

æ 3ö .çç ÷÷÷  0,53 çè 4 ø 8

Câu 341. Chọn D Ta có: n     C303 . Gọi A là biến cố lấy ra 3 sản phẩm trong đó có ít nhất một sản phẩm tốt.

 A là biến cố lấy ra 3 sản phẩm không có sản phẩm tốt và n  A   C103 . Vậy P  A   1  P  A   1 

C103 197  . C303 203

Câu 342. Chọn C n     C502 . Gọi A là biến cố “bốc được 2 quả bóng có tích của 2 số ghi trên 2

quả bóng là một số chia hết cho 10 ”. Xét các tập hợp sau:

B  k k  N ;1  k  50

B1  10; 20;30; 40;50

B2  2k k  N ;1  k  25; k  5,10,15, 20, 25 , Tập B2 có 20 phần tử. C2  5;15; 25;35; 45 .

Có ba trường hợp xảy ra khi tích của hai số trên hai quả bóng chia hết cho 10. Trường hợp 1: 1 quả bóng có số ghi thuộc tập B1 , quả bóng còn lại có số ghi thuộc tập B \ B1 . 1 Khi đó số cách bốc 2 quả bóng là: C51.C45 (cách).

Trường hợp 2: 2 quả bóng có số ghi đều thuộc tập B1 . Khi đó số cách bốc 2 quả bóng là: C52 (cách). Trường hợp 3: 1 quả bóng có số ghi thuộc tập B2 , quả bóng còn lại có số ghi thuộc tập C2 . 1 Khi đó số cách bốc 2 quả bóng là: C51.C20 (cách).

1 1 Suy ra: n  A   C51.C45  C51.C20  C52 .

1 1 n  A  C51.C45  C52  C51.C20 67    0, 25  P  0,3 . Vậy: P  2 n  C50 245

Câu 343. Chọn D Số phần tử không gian mấu bằng số cách lấy ra 4 sản phẩm từ 20 sản phẩm là: C204 (cách) Cách 1: Để lấy ra 4 sản phẩm có sản phẩm lỗi ta chia các trường hợp: TH1: Lấy được 3 sản phẩm tốt và 1 sản phẩm lỗi, ta có: C183 .C21 (cách) TH2: Lấy được 2 sản phẩm tốt và 2 sản phẩm lỗi, ta có: C182 .C22 (cách)

C183 .C21 + C182 .C22 7 = Vậy xác suất cần tìm là: . 4 C20 19 Cách 2: Xét biến cố đối: Số cách lấy ra 4 sản phẩm không có sản phẩm lỗi C184 (cách) Vậy xác suất cần tìm là: 1Câu 344. Chọn D

C184 7 = . 4 C20 19

Số phần tử không gian mấu bằng số cách lấy ra 4 sản phẩm từ 20 sản phẩm là: C204 (cách) Cách 1: Để lấy ra 4 sản phẩm có sản phẩm lỗi ta chia các trường hợp: TH1: Lấy được 3 sản phẩm tốt và 1 sản phẩm lỗi, ta có: C183 .C21 (cách) TH2: Lấy được 2 sản phẩm tốt và 2 sản phẩm lỗi, ta có: C182 .C22 (cách) Vậy xác suất cần tìm là:

C183 .C21 + C182 .C22 7 = . 4 C20 19

Cách 2: Xét biến cố đối: Số cách lấy ra 4 sản phẩm không có sản phẩm lỗi C184 (cách) Vậy xác suất cần tìm là: 1-

C184 7 = . 4 C20 19

Câu 345. Chọn A Số phần tử của không gian mẫu: n     5! Gọi A:”Hai bạn An và Bình không ngồi cạnh nhau” Thì A :”Hai bạn An và Bình ngồi cạnh nhau” Xếp An và Bình ngồi cạnh nhau coi như 1 phần tử - Xếp 1 phần tử (An+Bình) và 3 bạn còn lại theo các thứ tự khác nhau có: 4! Cách - Xếp 2 học sinh An và Bình ngồi cạnh nhau có 2! cách 4!.2! 2 3 Suy ra n A =4!.2!  P A =   P  A  . 5! 5 5

 

Câu 346. Chọn C CÁCH 1 Xét phép thử “Bạn lớp trưởng nữ chọn ngẫu nhiên 4 học sinh khác trong lớp” Khi đó: n     C444  135751 . Gọi A là biến cố: “4 học sinh được chọn có cả nam và nữ”. Ta xét các trường hợp: 3 TH1: Chọn được 1 nữ, 3 nam. Số cách chọn là: C191 .C25  43700 .

TH2: Chọn được 2 nữ, 2 nam. Số cách chọn là: C192 .C252  51300 . 1 TH3: Chọn được 3 nữ, 1 nam. Số cách chọn là: C193 .C25  24225 .

Suy ra n  A   43700  51300  24225  119225 .

Vậy xác suất cần tìm là: P  A  

n  A  119225   0,8783 . n    135751

CÁCH 2 Xét phép thử “Bạn lớp trưởng nữ chọn ngẫu nhiên 4 học sinh khác trong lớp” Khi đó: n     C444  135751 . Gọi A là biến cố: “4 học sinh được chọn có cả nam và nữ” thì A là biến cố: “cả 4 học sinh được chọn chỉ có nam hoặc nữ”.

 

Ta có: n A  C194  C254  16526 .

 

Do đó xác suất xảy ra của biến cố A là: P A 

 

Suy ra P  A   1  P A  1 

   16526 .

n A

n 

135751

16526  0,8783 . 135751

Câu 347. Chọn A Câu 348. Chọn D

N I

D M C

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CD, BD . Do AB  BC  BD  2a và  ACD    BCD  nên BM là trục của đường tròn ngoại tiếp ACD .Suy ra ACD vuông tại A .

CD  AC 2  AD 2  a 7 . BM  BD 2  DM 2  4a 2 

7 a 2 3a  . 4 2

Trong mp  BCD  kẻ đường trung trực của cạnh BD cắt BM tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Ta có :

Vậy

BI BN a 2 2 4a .     R  BI  BD  3 a BD BM 3 3 3 2

diện

tích

mặt 2

cầu

ngoại

tiếp

tứ

diện

ABCD

là:

 4a  64 a S  4 R 2  4    (đvdt). 9  3  2

Câu 349. Chọn D Câu 350. Chọn D *) Ta có: n()  98. *) Tính n( A) : Giả sử 8 chữ số được viết vào 8 ô trống được đánh số từ 1 đến 8 TH1: Xếp bất kỳ Xếp hai chữ số 1, hai chữ số 2 và 4 chữ số còn lại: Có C82 .C62 .C74 .4!  352.800 (cách). TH2: Số các cách xếp sao cho không thỏa mãn yêu cầu bài toán Xếp hai chữ số 1 đứng liền nhau: Có 7.C62 .C74 .4! cách. Xếp hai chữ số 2 đứng liền nhau: Có 7.C62 .C74 .4! cách. Số các cách xếp thuộc cả hai trường hợp trên: + Coi hai chữ số 1đứng liền nhau là nhóm X, hai chữ số 2 đứng liền nhau là nhóm Y + Xếp X, Y và 4 số còn lại có: C74 .6! (cách) Vậy số cách xếp không thỏa mãn yêu cầu là: 2.7.C62 .C74 .4! C74 .6!  151200 (cách) Vậy n( A)  352.800  151.200  201.600  p ( A) 

201600 , chọn D. 98

Câu 351. Chọn D Chọn ngẫu nhiên một quả trong 30 quả có 30 cách. Vậy n     30 . Gọi A là biến cố: “lấy được quả cầu màu xanh”. Ta có n  A   20  P  A  

2 . 3

Gọi B là biến cố: “lấy được quả cầu ghi số lẻ”.

Ta có n  B   15  P  B  

1 . 2

Số quả cầu vừa màu xanh vừa ghi số lẻ: 10 (quả).

1 Xác suất để lấy được quả cầu vừa màu xanh vừa ghi số lẻ: P  A  B   . 3 Xác suất để lấy được quả cầu màu xanh hay ghi số lẻ:

P  A  B   P  A  P  B   P  A  B  

2 1 1 5    . 3 2 3 6

Bài tập tương tự : Câu 352. Chọn D Câu 353. Chọn A Ghi nhớ: Công thức cộng xác suất: P  A  B   P  A   P  B   P  A  B  . Câu 354. Chọn A Gọi A là biến cố “Đội tuyển Việt Nam và đội tuyển Malaysia được xếp trong cùng một bảng”. 5 5 3 5 Ta có: n     C10 .C5 ; n  A   2.C8 .C5 .

Do đó: P  A  

2C83C55 4  . C105 C55 9

Câu 354. Chọn C Số cách xếp 9 quyển sách lên một kệ sách dài là 9! . Suy ra số phần tử không gian mẫu n     9! . Gọi A là biến cố: “các quyển sách cùng một môn nằm cạnh nhau”. Ta xếp các cuốn sách cùng một bộ môn thành một nhóm Trước hết ta xếp 2 nhóm lên kệ sách chúng ta có: 2! cách xếp Với mỗi cách xếp 2 nhóm đó lên kệ ta có 5! cách hoán vị các cuốn sách Toán và 4! cách hoán vị các cuốn sách Văn. Suy ra n  A   5!.4!.2! . Xác suất cần tìm là P  A   Câu 356.

n  A  5!.4!.2! 1   . n  9! 63

Chọn D Gọi A là biến cố “3 đội của Việt Nam cùng nằm ở một bảng đấu”. Ta có n     C124 .C84 . Chọn ra 3 đội của Việt Nam và 1 đội khác rồi xếp chung vào 1 trong 3 bảng có: 3.C91 (cách). Chọn ra 4 đội trong 8 đội còn lại để được bảng tiếp theo có: C84 (cách). Bảng còn lại có 1 cách chọn. n  A   3.C91.C84

Vậy P  A  

3.C91.C84 3  . C124 .C84 55

Câu 357. Chọn C Để xếp 9 em học sinh thành một hàng dọc ta thực hiện ba hành động liên tiếp * Sắp xếp 3 học sinh lớp B. Có 3! cách. * Sắp xếp 2 học sinh lớp A đứng cạnh các học sinh lớp B sao cho giữa hai học sinh lớp A không có học sinh lớp B. Có A41 .2! cách. * Lần lượt sắp xếp 4 học sinh lớp C còn lại đứng cạnh các học sinh trên. Có A 94 cách. Vậy có tất cả 3!. A41 .2!. A94  145152 . Bình luận: Trong đề thi thử THPT chuyên Thái Nguyên lần 2 trong câu hỏi này không có đáp án 145152 mà thay bởi đáp án 145112 . . Tôi thiết nghĩ lỗi do người làm đề đã đánh máy nên đã tự ý đổi lại một đáp án khác mà tôi nghĩ chính xác hơn. Câu 358. Chọn C. Giả sử số thứ tự trong danh sách là u1 , u2 , u3 , ... , u10 . Do dãy này là cấp số cộng nên ta có u1  u10  u2  u9  u3  u8  u4  u7  u5  u6 . Số phần tử của không gian mẫu là n     10! . Gọi A là biến cố “Tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau là bằng nhau”. Để biến cố này xảy ra ta thực hiện liên tiếp các bước sau: Bước 1: xếp thứ tự 5 cặp học sinh có các cặp số thứ tự là u1 ; u10  , u2 ; u9  ,

u3 ; u8 , u4 ; u7  , u5 ; u6  cách.

vào trước 5 cặp ghế đối diện nhau. Bước này có 5!

Bước 2: xếp từng cặp một ngồi vào cặp ghế đối diện đã ) Chọn ở bước 1 . Bước này có 25 cách. Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n  A   5!.25 . Vậy xác suất của biến cố A là P  A  

n  A 1 .  n    945

Câu 359. Chọn B Xếp 9 người vào 9 ghế kê hàng ngang ta có:   9! cách sắp xếp. Gọi B là biến cố để “mỗi thầy giáo ngồi giữa 2 học sinh và học sinh A ngồi ở một trong hai đầu hàng.” Theo đề, học sinh A ngồi ở một trong hai đầu hàng nên có 2 cách sắp xếp. Xếp 5 học sinh còn lại vào 5 vị trí có 5! cách sắp xếp. Xem mỗi học sinh tạo thành một vách ngăn tạo thành 5 khoảng trống. Xếp 3 thầy vào 5 khoảng trống 3 có A5 cách.

  B  5!. A53 .2  14400 cách.

 PB 

14400 5  . 9! 126

Câu 360. Chọn C

Ta có số phần tử không gian mẫu:   10! . +) Có 10 cách chọn học sinh cho vị trí số 1 . Với mỗi cách chọn vị trí số 1 có 5 cách chọn học sinh cho vị trí số 10 ( Nếu vị trí số 1 là học sinh X thì có 5 cách chọn học sinh ở vị trí 10 là học sinh Y và ngược lại). +) Có 8 cách chọn học sinh cho vị trí số 2 ( Loại 2 học sinh ở vị trí 1;10 ) . Với mỗi cách chọn vị trí số 2 có 4 cách chọn học sinh cho vị trí số 9 ( Nếu vị trí số 2 là X thì có 4 cách chọn vị trí số 9 là Y , chỉ còn 4 do đã loại 1 em ở lần chọn trước). +) Hoàn toàn tương tự cho đến hết ta được số phần tử của biến cố cần tính xác suất là: A  10.5.8.4.6.3.4.2.2.1  460800 . Vậy PA 

460800 8  . 10! 63

Câu 361. Chọn A n     24  16. Gọi A là biến cố tồn tại 2 người cạnh nhau có cùng kết quả.

 A là biến cố không tồn tại 2 người cạnh nhau không cùng kết quả. Các trường hợp của A là : S-N-S-N hoặc N-S-N-S.  n  A  2  P  A 

2 1  . 16 8

1 7 Ta có: P  A   P  A   1  P  A   1  P  A   1   . 8 8

Câu 362. Chọn D Cách 1: Số phần tử của không gian mẫu: n     C124  495 . Gọi A là biến cố: “lấy ra 4 viên bi có đủ ba màu” Ta xét các khả năng của biến cố A : TH1: Lấy được 1 bi trắng, 1 bi xanh và 2 bi vàng, trường hợp này có C51C31C42 (cách). TH2: Lấy được 1 bi trắng, 2 bi xanh và 1 bi vàng, trường hợp này có C51C32C41 (cách). TH3: Lấy được 2 bi trắng, 1 bi xanh và 1 bi vàng, trường hợp này có C52C31C41 (cách). Số cách lấy 4 viên bi có đủ cả ba màu là: n  A   C51C31C42  C51C32C41  C52C31C41  270 . Xác suất cần tìm là

270 6  . 495 11

Cách 2: Số phần tử của không gian mẫu: n     C124  495 . Gọi A là biến cố: “lấy ra 4 viên bi không có đủ ba màu” . Ta có: n  A   C84  C74  C94  C54  C44  225 . Xác suất của biến cố A là: P( A)  Vậy xác suất cần tìm là: 1 

225 5  . 495 11

5 6  . 11 11

Câu 363. Chọn B Chọn mỗi tổ 2 bạn nên số phần tử của không gian mẫu n     C82 .C82  784 . Gọi A là biến cố : “Có đúng 3 bạn nữ trong 4 bạn đi lao động”, khi đó TH1: Chọn 2 nữ tổ I, 1 nữ tổ II, 1 nam tổ II có C32 .C41 .C41 . TH2: Chọn 2 nữ tổ II, 1 nữ tổ I, 1 nam tổ I có C42 .C51.C31 . Suy ra n  A   C32 .C41 .C41  C42 .C51.C31  138 . Xác suất để chọn 4 bạn đi lao động có đúng 3 bạn nữ là n  A  138 69 P  A    . n    784 392

Câu 364. Chọn B Số phần tử của không gian mẫu n     C204  4845 Gọi A là biến cố: “chọn được 4 đại biểu để trong đó mỗi nước đều có 1 đại biểu và có cả đại biểu nam và đại biểu nữ” Số cách chọn 4 người đủ các nước tức là có một nước có 2 người, hai nước còn lại, mỗi nước 1 người là: C62 .C71 .C71  C61 .C72 .C71  C61 .C71 .C72  2499 .

Số cách chọn 4 người đủ các nước và toàn đại biểu nam là: C22 .C21 .C21  C21 .C22 .C21  C21 .C21 .C22  12 .

Số cách chọn 4 người đủ các nước và toàn đại biểu nữ là: C42 .C51.C51  C41 .C52 .C51  C41 .C51.C52  550 .

Số phần tử của A là n  A   2499  12  550  1937 . Xác suất của biến cố A : P  A  

1937 . 4845

Câu 365. Chọn D Số cách chọn 6 học sinh từ 15 học sinh là C156  5005 (cách)  n     5005 .

Gọi biến cố A : “Chọn được 6 học sinh đủ 3 khối”  A : “Chọn được 6 học sinh không đủ 3 khối”.

Cách 1 + Trường hợp 1: Chọn 6 học sinh từ 1 khối  Chọn 6 học sinh khối 10 có

C66  1 (cách). + Trường hợp 2: 6 học sinh được chọn trong 2 khối. * Chọn 6 học sinh trong khối 11 và khối 12 có

C41C55  C42 C54  C43C53  C44 C52  84 (cách).

* Chọn 6 học sinh trong khối 10 và khối 12 có

C41C65  C42 C64  C43C63  C44 C62  209 (cách). * Chọn 6 học sinh trong khối 11 và khối 10 có

C51C65  C52 C64  C53C63  C54 C62  C55 C61  461 (cách).

 

Từ 2 trường hợp suy ra n A  1  84  209  461  755 .

 

P A 

 

n A

n 

 

755 151 850 .   P  A  1  P A  5005 1001 1001

Cách 2 + Trường hợp 1: Chọn 6 học sinh từ 1 khối  Chọn 6 học sinh khối 10 có C66 (cách). + Trường hợp 2: 6 học sinh được chọn trong 2 khối có

C96   C106  C66    C116  C66  (cách).

 

Từ 2 trường hợp suy ra n A  C96  C106  C116  C96  755 .

 

P A 

 

n A

n 

 

755 151 850 .   P  A  1  P A  5005 1001 1001

Câu 366. Chọn B Số phần tử của không gian mẫu là số cách sắp xếp 8 học sinh vào 8 chỗ ngồi khác nhau. Suy ra n (W) = 8! Gọi A là biến cố xếp 8 học sinh sao cho mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ và không có hai học sinh cùng giới ngồi cạnh nhau. Ta đánh số các chỗ ngồi từ 1 đến 8 như sau: Dãy 1: 1 2 3 4 Dãy 2: 8 7 6 5 Để sắp xếp các học sinh ngồi vào vị trí thỏa mãn yêu cầu bài toán ta sắp xếp như sau: Trường hợp 1: 4 học sinh nam ngồi vào các số lẻ, 4 học sinh nữ ngồi vào các số chẵn. Trường hợp này có 4!4! cách. Trường hợp 2: 4 học sinh nam ngồi vào các số chẵn, 4 học sinh nữ ngồi vào các số lẻ. Trường hợp này có 4!4! cách. Do đó n ( A) = 2.4!4! .

Vậy xác suất của biến cố A là P ( A) =

n ( A) 1 = . n (W) 35

Câu 367. Chọn B Không gian mẫu n     C74 Gọi biến cố A: “Minh Anh được chọn trong 4 học sinh được chọn đi thi.” + Chọn Minh Anh đi thi có 1 cách. + Chọn 3 bạn trong 6 bạn còn lại có C63 cách. Suy ra n  A   1.C63  20 .

Vậy xác suất để Minh Anh được chọn đi thi là: P  A  

n  A  20 4   . n    35 7

Câu 368. Chọn B Gọi  là không gian mẫu. Ta có: n     10! . Gọi A là biến cố: “Xếp 10 bạn thành một hàng ngang không có bất kì bạn nữ nào đứng cạnh nhau”.

 Xếp ngẫu nhiên 5 bạn nam vào 5 vị trí có 5! cách.  Xếp 5 bạn nữ xen vào giữa 4 khoảng trống giữa 5 bạn nam, vị trí đầu và cuối hàng có A65 cách.  n  A   5!. A  P  A   5 6

n  A 5!. A65 1 .   n  10! 42

* Phân tích bài toán - Bài toán trên dùng phương pháp tạo vách ngăn để giải quyết. - Nội dung của phương pháp. Sắp xếp m đối tượng khác nhau thuộc nhóm 1 và n đối tượng khác nhau thuộc nhóm 2 vào m  n  m  n  vị trí khác nhau sao cho thỏa mãn không có hai vật nhóm 2 nào đứng cạnh nhau. - Cách giải: + Bước 1: Sắp xếp m vào m vị trí sẽ tạo ra m  1 vách ngăn. + Bước 2: Sắp xếp n đối tượng còn lại theo yêu càu bài toán vào m  1 vách ngăn vừa tạo. Câu 369. Chọn D Gọi  là không gian mẫu. Ta có: n     18! .

Gọi A là biến cố: “Xếp 18 quyển sách lên giá sách theo một hàng ngang sao cho không có bất kỳ hai quyển sách Hóa đứng cạnh nhau”.

 Xếp ngẫu nhiên 10 quyển sách gồm 4 quyển sách Toán và 6 quyển sách Lý vào 10 vị trí có 10! cách.  Xếp 8 quyển sách Hóa vào 9 khoảng trống giữa 10 quyển sách Toán và Lý, vị trí đầu và cuối giá sách có A118 cách.  n  A   10!. A118  P  A  

n  A 10!. A118 5 .   n  18! 1326

Câu 370. Chọn B Gọi  là không gian mẫu. Ta có: n     5! . Gọi A là biến cố: “Xếp 5 viên bi được đánh số từ 1 đến 5 vào năm chiếc hộp sao cho các viên bi được đánh số chẵn nằm trong các hộp đứng cạnh nhau ”.

 Xếp 2 viên bi có đánh số chẵn (viên bi số 2 và viên bi số 4) vào 2 hộp đứng cạnh nhau có 2! cách.  Ta coi việc xếp 2 viên bi chẵn vào hai chiếc hộp đứng cạnh nhau là xếp chúng vào một chiếc hộp lớn.  Xếp 3 viên bi có đánh số lẻ (viên bi số 1, viên bi số 3 và viên bi số 5) vào 3 chiếc hộp và 2 viên bi đánh số chẵn (viên bi số 2 và viên bi số 4) vào 1 chiếc hộp lớn nên ta có 4 chiếc hộp để sắp xếp, vậy có 4! cách. Vậy n  A   2!.4!  P  A  

n  A  2!.4! 2   . n  5! 5

Câu 371. Chọn C Số cách xếp ngẫu nhiên là 10! cách. Ta tìm số cách xếp thoả mãn: * Trước tiên xếp 2 học sinh lớp A có 2! cách. Vì giữa hai học sinh lớp A không có học sinh lớp B nên chỉ có thể xếp học sinh lớp C vào giữa hai học sinh lớp A vừa xếp: * Vậy chọn k  0,1, 2,3, 4,5 học sinh lớp C rồi xếp vào giữa hai học sinh lớp A có A5k cách, ta được một nhóm X. * Xếp 10  (2  k )  8  k học sinh còn lại với nhóm X có (9  k )! cách.

Vậy tất cả có

2! A (9  k )!  1451520 cách xếp thỏa mãn. k 5

k 0

Xác suất cần tính bằng

1451520 2  . 10! 5

Câu 372. Chọn D Giá có 3 ngăn như vậy có 2 vách ngăn, coi 2 vách ngăn này là 2 quyển sách giống nhau. Khi đó bài toán trở thành xếp 14 quyển sách (2 quyển “VÁCH NGĂN” giống nhau) vào 14 vị trí. Đầu tiên chọn 2 vị trị trí xếp vách ngăn là C142 , 12 vị trí còn lại xếp 12 quyển sách là

12! . Vậy không gian mẫu là C142 .12! . Gọi A là biến cố “không có bất kì hai quyển sách toán nào đứng cạnh nhau”. Ta tìm số cách xếp thỏa mãn A Đầu tiên ta xếp 11 quyển sách gồm 4 quyển lí, 5 quyển hóa và 2 quyển “VÁCH NGĂN”. Cũng như trên, ta chọn 2 vị trí xếp 2 quyển “VÁCH NGĂN” trước là C112 , sau đó xếp 9 quyển còn lại là 9! . Vậy số cách xếp 11 quyển này là C112 .9! . Sau khi xếp xong 11 quyển này thì sẽ có sẽ có 12 khe. Ta chọn 3 khe để xếp 3 quyển toán còn lại, là A123 . Vậy số cách thỏa mãn biến cố A là C112 .9!. A123 . Vậy P  A  

C112 .9!. A123 55  . C142 .12! 91

Câu 373. Chọn C Số các số tự nhiên có hai chữ số phân biệt là 9.9  81 số. Số phần tử của không gian mẫu là n     812 . Gọi A là biến cố “Hai chữ số được viết ra có ít nhất một chữ số chung” Khi đó ta có biến cố A là “Hai chữ số được viết ra không có chữ số chung” Gọi hai chữ số mà Công và Thành viết ra lần lượt là ab và cd . - TH1: b  0 , khi đó a có 9 cách, c có 8 cách và d có 7 cách. Vậy có 9.8.7  504 cách viết. - TH2: b  0 , khi đó a có 9 cách, b có 8 cách, c có 7 cách và d có 7 cách. Vậy có 9.8.7.7  3528 cách viết.  n A  504  3528  4032 cách viết.

 

Vậy xác suất của biến cố A là: P  A   1  P A  1 

4032 281  . 812 729

Nhận xét: Đây là một bài toán xác suất chọn số. Đối với bài toán này, ta sẽ đi theo hướng tính gián tiếp thông qua phần bù. Khi đó cách làm sẽ ngắn hơn và tránh nhầm lẫn không đáng có. PT 31.1. Chọn A Ta có không gian mẫu là n     C303 . Gọi A là biến cố “3 số được chọn lập thành một cấp số cộng” Giả sử 3 số được chọn là a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số cộng  a  c  2b . Do đó a  c là một số chẵn nên a và c cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Chia S thành 2 tập S1  1;3;5;...; 29 và S 2  2; 4;6;...;30 . Ứng với mỗi cách chọn a và c thì chỉ có một cách chọn b tương ứng.

 n  A   2.C152 . Vậy xác suất của biến cố A là P  A  

n  A  2C152 3 .  3  n    C30 58

PT 31.2. Chọn B Bước 1: ta xếp các số lẻ: có các số lẻ là 1 , 1 , 1 , 3 , 5 vậy có

5! cách xếp. 3!

Bước 2: ta xếp 3 số chẵn 2 , 4 , 6 xen kẽ 5 số lẻ trên có 6 vị trí để xếp 3 số vậy có A 36 cách xếp. Vậy có

5! 3 .A 6  2400 số thỏa mãn yêu cầu bài toán. 3!

Câu 374. Số phần tử của không gian mẫu là: C204  4845 . Gọi A là biến cố “chọn được 4 đại biểu sao cho mỗi Quốc gia đều có ít nhất 1 đại biểu và có cả đại biểu nam và nữ.” Trường hợp 1: có 2 đại biểu Việt Nam, 1 đại biểu Mỹ, 1 đại biểu Anh. Số cách chọn ra 4 đại biểu có cả đại biểu nam và đại biểu nữ thỏa mãn trường hợp 1 là: C62C71C71  C42C51C51  C22C21C21  581 cách chọn.





Trường hợp 2: Có 1 đại biểu Việt Nam, 2 đại biểu Mỹ, 1 đại biểu Anh.

Số cách chọn ra 4 đại biểu có cả đại biểu nam và đại biểu nữ thỏa mãn trường hợp 2 là: C61C72C71   C41C52C51  C21C22C21   678 . Trường hợp 3: Có 1 đại biểu Việt Nam, 1 đại biểu Mỹ, 2 đại biểu Anh. Số cách chọn ra 4 đại biểu có cả đại biểu nam và đại biểu nữ thỏa mãn trường hợp 3 là: C61C71C72   C41C51C52  C21C21C22   678 . Nên tổng số cách chọn thỏa mãn yêu cầu là: 581  678  678  1937 . Vậy xác suất của biến cố A là: P  A  

1937 . 4845

Câu 375. Chọn D Xếp ngẫu nhiên tám học sinh thành hàng ngang, có 8! cách. Suy ra n     8!  40320 . Gọi A là biến cố cần tính xác suất. Ta coi Hoàng, Lan, Nam ( Lan ở giữa) là một nhóm. Khi đó vì hai bên nhóm này bắt buộc là nữ nên coi nhóm này là một nam. Vậy có thể coi ta có ba nam và ba nữ. Khi đó có hai trường hợp xảy ra. Trường hợp 1: Nam ngồi vị trí lẻ. Xếp ba nam vào vị trí lẻ có 3! cách. Xếp ba nữ vào vị trí chẵn có 3! cách. Hoán vị hai học sinh nam trong nhóm ( Hoàng- Lan- Nam) có 2! cách. Vậy số cách sắp xếp trong trường hợp này là 3!.3!.2!  72 cách. Trường hợp 2: Nam ngồi vị trí chẵn. Tương tự trường hợp này có 3!.3!.2!  72 cách. Suy ra n  A   72  72  144 cách. Vậy P  A  

n  A 1  . n    280

Câu 376. Số phần tử của không gian mẫu là: n     C602  1770 . Gọi A : “ Biến cố lấy đồng thời ngẫu nhiên hai quả cầu sao cho tích của các số trên hai quả cầu chia hết cho 10”. TH1: Hai quả cầu bốc được có chữ số tận cùng là 0 có C62 (cách). 1 TH2: Hai quả cầu bốc được có 1 quả cầu có chữ số tận cùng là 0 có C61 .C54

(cách).

TH3: Hai quả cầu bốc được có 1 quả cầu có chữ số tận cùng là 5 và 1 quả cầu có 1 chữ số tận cùng là 2, 4, 6,8 có C61 .C24 (cách). 1 1  C61 .C24  483 . Khi đó số phần tử của biến cố A là n  A   C62  C61 .C54

Vậy xác suất của biến cố A là P  A  

n  A  483 161 .   n    1770 590

Câu 377. Chọn D Nhóm có tất cả 9 học sinh nên số cách xếp 9 học sinh này ngồi vào một hàng có 9 ghế là 9!  362880 (cách). Vậy số phần tử không gian mẫu là n     362880 . Đặt biến cố A: “ 3 học sinh lớp 10 không ngồi 3 ghế liền nhau”. Giả sử 3 học sinh lớp 10 ngồi 3 ghế liền nhau. Ta xem 3 học sinh này là một nhóm X +/ Xếp X và 6 bạn còn lại vào ghế có 7! cách xếp. +/ Ứng với mỗi cách xếp ở trên, có 3! cách xếp các bạn trong nhóm X . Vậy theo quy tắc nhân ta có số cách xếp là: 7!.3!  30240 (cách). Suy ra số cách xếp để 3 học sinh lớp 10 không ngồi cạnh nhau là 362880  30240  332640 (cách)  n  A   332640 . Vậy xác suất để 3 học sinh lớp 10 không ngồi cạnh nhau là n  A  332640 11 P  A    . n    362880 12 Câu 378. Chọn D Số phần tử của không gian mẫu: n     8!  40320 . Gọi A là biến cố: “cặp sinh đôi ngồi cạnh nhau và nam nữ không ngồi đối diện nhau”. Ta tính n  A  như sau: Đánh số các ghế ngồi của 8 học sinh như hình vẽ sau: 1

5 6 7 8 - Để xếp cho cặp sinh đôi ngồi cạnh nhau có 6 cách. - Mỗi cách như vậy có 2 cách đổi chỗ. - Với mỗi cách xếp cặp sinh đôi, ví dụ: Cặp sinh đôi ở vị trí 1 và 2. Do nam nữ không ngồi đối diện nên: + Vị trí 5 và 6 đều có 3 cách. + Vị trí 3 có 4 cách, vị trí 7 có 1 cách. + Vị trí 4 có 2 cách, vị trí 8 có 1 cách.

Suy ra n  A   6.2.3.3.4.1.2.1  864 . Vậy P  A  

864 3 .  40320 140

Câu 379. Chọn D Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 ta lập các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau, lập được 6!  720 số. Vậy số phần tử của không gian mẫu là n     720 . Gọi abcdef là số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau thuộc biến cố A .

(a  b  c)  (d  e  f )  21  a  b  c  9  Ta có:  .  (d  e  f )  (a  b  c)  3 d  e  f  12 Từ sáu chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 ta phân chia thành bộ ba số có tổng là 9 và bộ ba số có tổng là 12, có 3 cách phân chia, đó là 1; 2; 6  và  3; 4; 5  , 1; 3; 5  và

 2; 4; 6  ,  2; 3; 4  và 1; 5; 6  . Trong mỗi cách phân chia này, ta lập được 3!.3!  36 số. Do đó n  A   3.36  108 . n  A  108 3   Vậy xác suất của biến cố A là: P  A   . n    720 20 Câu 380. Chọn C Số cách chọn của An là C103 ; số cách chọn của Bình là C103 . Vậy số phần tử của không gian mẫu là: n     C103 C103   C103  . 2

Gọi A là biến cố “ Hai bộ ba số An và Bình chọn ra có nhiều nhất một số giống nhau”. TH1: Không có số nào giống nhau thì có C103 .C73 cách chọn. TH2: Có một số giống nhau thì có C103 .C31.C72 cách chọn. Do đó n  A   C103 C73  C103 C31C72 . Vậy xác suất cần tìm là: P  A  

n  A  C103 C73  C103 C31C72 49 .   2 n  60 C 3  10

Câu 381. Chọn B Số phần tử của tập hợp E là 6. A65  4320 . abcd e f nên  a  b  c  d  e  f  3 . 3 Mà 0  1  2  3  4  5  6  21 chia hết cho 3 nên khi lấy ra 6 chữ số thỏa điều kiện ta phải loại ra một số chia hết cho 3. Ta có 3 trường hợp sau: 1) Trường hợp 1:

Vì a  b  c  d  e  f 

Loại bỏ số 0, khi đó a  b  c  d  e  f  7 . Bước 1: Chia ra làm 3 cặp số có tổng bằng 7 là 1; 6  ,  2; 5  ,  3; 4  : có 1 cách chia. Bước 2: Chọn a có 6 cách; chọn b có 1 cách; chọn c có 4 cách; chọn d có 1 cách; chọn e có 2 cách; chọn f có 1 cách: có 6.1.4.1.2.1 = 48 cách. Trường hợp này có 48 số. 2) Trường hợp 2: Loại bỏ số 3, khi đó a  b  c  d  e  f  6 . Bước 1: Chia ra làm 3 cặp số có tổng bằng 6 là  0; 6  , 1; 5  ,  2; 4  : có 1 cách chia. Bước 2: Chọn a có 5 cách (vì có số 0); chọn b có 1 cách; chọn c có 4 cách; chọn d có 1 cách; chọn e có 2 cách; chọn f có 1 cách: có 5.1.4.1.2.1 = 40 cách. Trường hợp này có 40 số. 3) Trường hợp 3: Loại bỏ số 6, khi đó a  b  c  d  e  f  5 . Tương tự như trường hợp 2, có 40 số. Vậy trong tập hợp E có tất cả 48  40  40  128 số có dạng abcdef sao cho 128 4 a  b  c  d  e  f . Xác suất cần tìm là .  4320 135 Câu 382. Chọn C Gọi x là số bi của hộp thứ nhất nên số bi ở hộp thứ hai là 20  x ( 0  x  20, x   ). Gọi a , b ( a, b   ) lần lượt là số bi xanh hộp thứ nhất và số bi xanh ở hộp thứ hai. Suy ra: 0  a  x , 0  b  20  x . Số cách lấy bi ở mỗi hộp là độc lập với nhau nên ta đặt: a b và ở hộp thứ hai là . Với x 20  x a , b , x là các số tự nhiên thỏa mãn a  x , b  20  x , 1  x  20 .

+) Xác suất lấy một bi xanh ở hộp thứ nhất là

+) Xác suất lấy được hai bi xanh

ab 55 .  x  20  x  84

Ta có x  20  x   84   x 2  20 x  84  0  6  x  14 . Lập bảng thử từng giá trị

Khi đó, các giá trị của x là 6 hoặc 84 . Ta lại có

55 5.11 5 11 a 5 b 11 hoặc ngược lại.   . . Do đó,  ,  84 6.14 6 14 x 6 20  x 14

Vậy xác suất để lấy được hai viên bi đỏ là b   5   11  1  a  . 1   1    1   1    x   20  x   6   14  28  Câu 383. Chọn C Ta có:   95  59049 . Gọi B 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 C39 . TH1. Có 1 chữ số trong 3 chữ số a, b, c được lặp 3 lần. Chọn chữ số lặp: có 3 cách, giả sử là a. 5! Xếp 5 chữ số a, a, a, b, c có cách, (vì cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a, a 3! chiếm chỗ thì tạo ra cùng một số n ). 5! Suy ra trong trường hợp này có C39 .3  số tự nhiên. 3! TH2. Có 2 trong 3 chữ số a, b, c , mỗi chữ số được lặp 2 lần. Chọn 2 chữ số lặp: có C32 cách, giả sử là a, b. 5! cách, (vì cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a 2!2! chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà b, b chiếm chỗ thì tạo ra cùng một số n ). 5! Suy ra trong trường hợp này có C39 .3  số tự nhiên. 2!2! 5! 5! Do đó ta có B  C39 .3   C39 .3   12600 số. 3! 2!2!  12600 1400  Kết luận: P  B   B  .  59049 6561

Xếp 5 chữ số a, a, b, b, c có

Cách 2: Lưu Thêm Gọi A là tập các số tự nhiên gồm 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0 . Xét phép thử: “ Chọn ngẫu nhiên 1 số từ A ”  n     95 . Gọi B là biến cố: “ Số được chọn chỉ có đúng 3 chữ số khác nhau”. TH1: Có 1 chữ số được lặp 3 lần, 2 chữ số còn lại khác nhau. +) Chọn 1 chữ số khác 0 có 9 cách ( gọi là a ). +) Xếp 3 chữ số a vào 3 trong 5 vị trí có C53 cách. +) Chọn 2 chữ số từ 8 chữ số còn lại và xếp vào 2 vị trí còn lại có A82 cách.

 Có 9.C53 . A82  5040 (số). TH2: Có 2 trong 5 chữ số, mỗi chữ số được lặp 2 lần.

+) Chọn 2 chữ số từ 9 chữ số có C92 (gọi là a , b ). +) Xếp 4 chữ số: a , a , b , b vào 4 trong 5 vị trí có C52 .C32 cách. +) Xếp 1 chữ số còn lại có 7 cách.  Có C92 .C52 .C32 .7  7560 (số).  n  B   5040  7560  12600 .

Kết luận: P  B  

n  B  12600 1400   . n  95 6561

Câu 384. Chọn A Số phần tử không gian mẫu:   A74  A63  720 . TH1: Nếu a  2 . 

b  0  c  3;4;8;9 có 4 cách; d có 4 cách.

Vậy có 16 số. 

b  1;3;4;8;9 có 5 cách; c có 5 cách; d có 4 cách.

Vậy có 100 số. TH2: Nếu a  3; 4;8 có 3 cách; b có 6 cách; c có 5 cách; d có 4 cách. Vậy có 360 số. TH3: Nếu a  9 . b  0 ; c  1; 2;3; 4;8 có 5 cách; d có 4 cách.

Vậy có 20 số. Kết luận:  A  16  100  360  20  496 số.  P A 

496 31 .  720 45

Câu 385. Chọn B Các số tự nhiên của tập X có dạng abcde , suy ra tập X có 9.104 số. Lấy từ tập 2 X ngẫu nhiên hai số có C90000 số.

Vì abcde 4  de 4  de  00, 04, 08,12,...,92,96 có 25 số. Suy ra số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho 4 là 9.10.10.25  22500 số. Số tự nhiên có năm chữ số không chia hết cho 4 là 9.10.10.75  67500 số. Vậy xác suất để ít nhất một số chia hết cho 4 là:

P

2 1 1 C22500  C22500 C67500  0, 437 . 2 C90000

Câu 386. Chọn D

Số cách chọn 1 tam giác có 3 đỉnh trùng với 3 trong số 18 đỉnh của đa giác đã cho là n     C183  816 . Gọi A là biến cố: “ tam giác được chọn là tam giác cân”. - TH1: Tam giác được chọn là tam giác đều: có 6 cách. - TH2: Tam giác được chọn là tam giác cân nhưng không phải tam giác đều: + Chọn đỉnh của tam giác cân có 18 cách. + Chọn cặp đỉnh còn lại để cùng với đỉnh đã chọn tạo thành 3 đỉnh của 1 tam giác cân (không đều) có 7 cách. Suy ra số cách chọn tam giác cân nhưng không phải tam giác đều là 18.7  126 cách. Vậy n  A   6  126  132  P  A  

132 11 .  816 68

Câu 397. Chọn D Tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp luôn bằng 180 , số tứ giác thỏa mãn có 2 góc ở 2 đỉnh kề chung một cạnh của tứ giác là 2 góc tù bằng số tứ giác không có góc vuông. 4 Số phần tử không gian mẫu: n     C20 , biến cố A : “tứ giác không có góc

vuông” Xét các tứ giác có góc vuông:

+ TH1: tứ giác có 4 góc vuông (hình chữ nhật). Có C102 tứ giác. + TH2: tứ giác có 2 góc vuông ( AB là đường kính, CD không là đường kính và C , D khác phía so với đường kính AB ). - Chọn A , B có 10 cách. - Chọn C (thuộc nửa đường tròn đường kính AB ) có 9 cách. - Chọn D (để CD không là đường kính và C , D khác phía so với đường kính AB ) có 8 cách. Suy ra có 10.9.8 tứ giác.

 

Vậy n A  C102  10.9.8  765  n  A   C204  765 . Xác suất để 4 đỉnh lấy được tạo thành tứ giác có 2 góc ở 2 đỉnh kề chung một C 4  765 16  . cạnh của tứ giác là 2 góc tù: P  A   20 4 C20 19 Câu 388. Chọn B +) Tập hợp A có 25 phần tử. Chọn ngẫu nhiên một bộ  a; b  từ tập hợp A

   A252 +) Gọi E là biến cố để log a b là số nguyên. +) Vì a, b  A  a  2n , b  2m với m, n  1, 2,3,..., 25 và m  n . Khi đó: log a b 

m m 25 là số nguyên  m n  1  n    1  n  12 . n 2 2

25 +) Nhận xét: Số bội không lớn hơn 25 của n và khác n là    1 . n 25 25 25 25 25 25 25 25 25 25  E                                1   2   3   4   5   6   7   8   9   10 

 25   25         12  11   12 

 25  12  8  6  5  4  3  3  2  2  2  2  12  62 . Vậy P  E  

62 31 .  2 A25 100

+) Nhận xét: Dữ kiện bài toán thiếu a  b bởi vì nếu không nói rõ a  b thì cặp số  a, a  là một cặp số thỏa mãn yêu cầu đề bài. Khi đó, xác suất là: 62  12 74 (Không trùng với đáp án nào). Do đó, tôi tự hiểu bài toán này là  252 625 a b.

VDC Câu 1: Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng 1. Xét các điểm M và N thay đổi lần lượt thuộc các cạnh AD, BC sao cho AM  CN  x(0  x  1). Gọi (P) là mặt phẳng chứa MN và song song với CD. Thiết diện của tứ diện với mặt phẳng (P) có diện tích nhỏ nhất bằng A.

1 4

1 2

3 4

3 2

Câu 2 Trong mặt phẳng (P) cho đường tròn (C) có đường kính AB  2. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại điểm A, lấy điểm S sao cho SA  5. Xét điểm M thay đổi trên (C), mặt phẳng   qua A vuông góc với SB, lần lượt cắt SB, SM tại H và K. Diện tích tam giác AHK đạt giá trị lớn nhất bằng 5 A. B. 2 9

4 5

D. 1

ĐÁP ÁN Câu 1 A

Do DMQ  CPN  MQ  PN . Hơn nữa MP // QN nên tứ giác MPNQ là hình thang cân.  MP  NQ  .MH , S MPNQ  trong đó MP  x, NQ  1  x, 2 MQ  DM 2  DQ 2  2 DM .DQ.cos 60  3x 2  3x  1

8x2  8x  3 8x2  8x  3 1  MH  MQ  QH  . Suy ra S MPNQ   . 2 2 4 2

Câu 2A

Do SB   AHK   SB  AK  AK   SBM   AK  HK 1 1 AH 2 (I là AH . AP  AH . AI  2 2 4 trung điểm của AH và AP là chiều cao của tam giác AHK) 1 1 1 1 1 9 5       max S AHK  Trong đó 2 2 2 AH AB AS 4 5 20 9

Tam giác AHK là tam giác vuông tại K. Khi đó: S AHK 