D03 tính xác suất bằng định nghĩa muc do 4

Câu 36.[1D2-4.3-4] (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Mỗi lượt, ta gieo súc sắc (loại mặt, cân đối) đồng xu (cân đối) Tính xác suất để lượt gieo vậy, có lượt gieo kết xúc sắc xuất mặt chấm, đồng thời đồng xu xuất mặt sấp 1385 1603 1331 397 A B C D 1728 1728 1728 1728 Lời giải Chọn A Gọi    xi ; yi  : xi  1, ,6, yi S ; N  , i  1, 2,3 biến cố xuất lần gieo, với    xi ; yi  lượt gieo thứ i súc xi 1;2;3;4;5;6 yi  S ; N  sắc xuất mặt xi chấm, đồng xu suất mặt yi với Khi gieo lần, súc sắc đồng xu xuất mặt ta có: gieo lần (lần lần ) có 6.2 số phần tử khơng gian mẫu n      6.2   1728 Gọi A biến cố lượt gieo lượt gieo kết xúc sắc xuất mặt chấm, đồng thời đồng xu xuất mặt sấp Khi biến cố A xảy khả sau: TH1: Gọi biến cố A1 có lần gieo kết xúc sắc xuất mặt chấm, đồng thời đồng xu xuất mặt sấp A1 có số phần tử n  A1   112.3  363 (do biến cố 1; S  xuất lần gieo có C31  khả xảy ra, hai lần gieo cịn lại khơng xuất biến cố lần cịn 11 khả xảy ra) TH2: Gọi biến cố A2 có lần gieo kết xúc sắc xuất mặt chấm, đồng thời đồng xu xuất mặt sấp A2 có số phần tử n  A2   3.11  33 (do lần gieo xuất biến cố 1; S  có C32  khả năng, lần gieo cịn lại khơng xuất biến cố có 11 khả xảy ra) TH3: Gọi biến cố A3 lần gieo kết xúc sắc xuất mặt chấm, đồng thời đồng xu xuất mặt sấp A3 có số phần tử n  A3   Do n  A  n  A1   n  A2   n  A3   363  33   397 Vậy xác suất cần tìm P  A  n  A 397  n    1728 Câu 37: [1D2-4.3-4] (THPT TRẦN PHÚ ĐÀ NẴNG – 2018)Gọi S tập hợp sơ tự nhiên có chữ số đôi khác Chọn ngẫu nhiên số tập S Tính xác suất để số chọn có bốn chữ số lẻ cho số đứng hai chữ số lẻ 20 5 A B C D 189 648 54 42 Lời giải Chọn A Gọi số cần lập abcdefghi Không gian mẫu : Tập hợp số có chữ số đơi khác Vì a   có cách chọn a bcdefghi khơng có chữ số a  có 9! cách chọn Vậy n      9! Biến cố A : Số chọn có chữ số lẻ cho số đứng hai chữ số lẻ  Số đứng hai chữ số lẻ nên số đứng a i Suy có cách xếp chữ số  Chọn hai số lẻ đặt bên cạnh số (có xếp) có A52 cách chọn  Tiếp tục chọn hai số lẻ khác xếp vào vị trí cịn lại có C32  A62  90 cách chọn Cịn lại vị trí, chọn từ số chẵn 2; 4;6;8 có 4!  24 cách chọn Vậy n  A   A52  90  24  302400 cách chọn Xác suất để xảy biến cố A p  A  Câu 24: n  A 302400   n   9! 54 [1D2-4.3-4] [Chuyên Nguyễn Quang Diệu - Đồng Tháp - 2018 - BTN] Kết  b, c  việc gieo súc sắc cân đối hai lần liên tiếp, b số chấm xuất lần gieo thứ nhất, c số chấm xuất lần gieo thứ hai thay vào phương trình bậc hai x2  bx  c  Tính xác suất để phương trình bậc hai vơ nghiệm: 17 23 A B C D 12 36 36 36 Lời giải Chọn D Gieo súc sắc cân đối hai lần liên tiếp, số phần tử không gian mẫu 36 Ta có: b số chấm xuất lần gieo thứ nhất, c số chấm xuất lần gieo thứ hai nên b  1;6 c  1;6 với b , c  Phương trình x2  bx  c  vô nghiệm    b2  4c   b2  4c Với b  có trường hợp xảy Với b  có trường hợp xảy (trừ trường hợp c  ) Với b  có trường hợp xảy (trừ trường hợp c  ) Với b  có trường hợp xảy (trừ trường hợp c  ) Do có tổng cộng 17 khả xảy để phương trình vơ nghiệm 17 Vậy xác suất để phương trình vơ nghiệm là: P  36 Câu 46: [1D2-4.3-4] (THPT Năng Khiếu - TP HCM - Lần - 2018) Cho số phức z thõa mãn z   i  Tìm giá trị lớn biểu thức P  z   i  z   3i B 38  10 A 18 Chọn B Giả sử z  x  yi ( x, y  C 18  10 Lời giải B 16  10 ) M  x; y  điểm biểu diễn z Suy M   C1  có tâm I1 1;  1 bán kính r1  z   i    x  1   y  1  (1) 2 P  z   i  z   3i   x     y  1   x     y  3 2 2 2 Suy P   x  1   y  1  x  y  x  10 y  16   x  1   y  5  2 Ta có  x  1   y  5  P  2  C2  đường trịn có tâm I  1;5 , bán kính P  ; I1I  10  P   I1I  r1  P   10    P  38  10 Vậy MaxP=38+8 10 Câu 47: [1D2-4.3-4] (THPT Năng Khiếu - TP HCM - Lần - 2018) Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số chia hết cho Chọn ngẫu nhiên số từ tập S , tính xác suất để chữ số số đơi khác 396 198 512 369 A B C D 3125 3125 6250 625 Lời giải Chọn C Số chia hết cho có dạng: 9m , với m Ta có 1000000  9m  10000000  111111  m  1111111 Do có 1000000 số có chữ số chia hết cho Từ chữ số 0;1; 2; ;9 ta có gồm số có tổng chia hết cho là:  0; 2;3; 4;5;6;7  ;  0;1;3; 4;5;6;8 ;  0;1; 2; 4;5;7;8 ;  0;1; 2;3;6;7;8 ;  0;3; 4;5;7;8;9 ;  0; 2; 4;6;7;8;9 ;  0;1;5;6;7;8;9 ;  0;1; 2;3; 4;8;9 ;  0;1; 2;3;5;7;9 ;  2;3; 4;5;6;7;9 ; 1;3; 4;5;6;8;9 ; 1; 2; 4;5;7;8;9 ; 1; 2;3;6;7;8;9 Có số gồm số có tổng chia hết cho có số nên từ số lập được:   6!  38880 số có chữ số đôi khác chia hết cho Có số gồm số có tổng chia hết cho tương tự số  2;3; 4;5;6;7;9  , nên từ số lập  7!  20160 số có chữ số đôi khác chia hết cho Vậy, xác suất chọn số từ tập S để số có chữ số số đơi khác 38880  20160 369 là: P   1000000 6250 Câu 49: [1D2-4.3-4] (THPT Chuyên Trần Phú - Hải Phòng - Năm 2018) Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên có chữ số Tính xác suất để số chọn có dạng abcd ,  a  b  c  d  A 0, 014 B 0, 0495 C 0, 079 D 0, 055 Lời giải Chọn D Số tự nhiên có bốn chữ số có dạng abcd a 1;2;3;4;5;6;7;8;9 suy có cách chọn bcd có 103 cách chọn Suy số phần tử không gian mẫu n     9.103  9000 Gọi A biến cố ‘‘số Chọn Có dạng abcd ,  a  b  c  d  ’’ Số dạng aaaa có số Số dạng abcd ( a  b  c  d ) có C94 số Số dạng aaab có C92 số Số dạng aabb có C92 số Số dạng abbc có C93 số Số dạng abbc có C93 số Số dạng abcc có C93 số n  A   C94  3.C92  3.C93  495 Vậy P  A  Câu 40: n  A 495   0.55 n    9000 [1D2-4.3-4] (THPT Kinh Môn - Hải Dương - Lần - 2018 - BTN) Cho tập X  6,7,8,9 , gọi E tập số tự nhiên khác có 2018 chữ số lập từ số tập X Chọn ngẫu nhiên số tập E , tính xác suất để chọn số chia hết cho 1 1 1    A 1  4035  B 1  2017  C 1  4036  3  3  3  D 1  1  2018  3  Lời giải Chọn A Gọi An , Bn tập số chia hết, không chia hết cho Với số thuộc An có hai cách thêm vào cuối chữ số chữ số để An 1 hai cách thêm chữ số chữ số để Bn 1 Với số thuộc Bn có cách thêm vào cuối chữ số chữ số để An 1 có ba cách thêm chữ số để Bn 1   An 1  An  Bn  Bn1  An1  Bn  An1  An  An1 Như  B  A  B  n n  n 1 Hay An  An1  An2 Xét dãy số an  An , ta có a1  2, a2  6, an  5an1  4an2 ; n  Nên an     4n  n  4 3 42018  số chia hết cho 3 Mà E  42018 Suy có Vậy P  42018      1  4035  2018 3.4   Câu 44 [1D2-4.3-4] (Sở GD ĐT Đà Nẵng-2017-2018 - BTN) Từ 12 học sinh gồm học sinh giỏi, học sinh khá, học sinh trung bình, giáo viên muốn thành lập nhóm làm tập lớn khác nhau, nhóm học sinh Tính xác suất để nhóm có học sinh giỏi học sinh 36 18 72 144 A B C D 385 385 385 385 Lời giải Chọn A Ta có số phần tử khơng gian mẫu n()  C123 C93.C63.C33 Đánh số nhóm A, B, C, D Bước 1: xếp vào nhóm học sinh có 4! cách Bước 2: xếp học sinh giỏi vào nhóm có nhóm có học sinh giỏi Chọn nhóm có học sinh giỏi có cách, chọn học sinh giỏi có C52 cách, xếp học sinh giỏi cịn lại có 3! cách Bước 3: Xếp học sinh trung bình có 3! cách 4!.4.C 3!.3! 36 Đáp số: 35 3  C12C9 C6 C3 385 Câu 38 [1D2-4.3-4] (Chuyên Thái Bình-Thái Bình-L4-2018-BTN) Cho đa giác  H  có 60 đỉnh nội tiếp đường tròn  O  Người ta lập tứ giác tùy ý có bốn đỉnh đỉnh  H  Xác suất để lập tứ giác có bốn cạnh đều đường chéo  H  gần với số số sau? A 85, 40% B 13, 45% C 40,35% D 80,70% Lời giải Chọn D Số phần tử không gian mẫu là: n     C604 Gọi E biến cố “lập tứ giác có bốn cạnh đều đường chéo  H  ” Để chọn tứ giác thỏa mãn đề ta làm sau: Bước 1: Chọn đỉnh tứ giác, có 60 cách Bước 2: Chọn đỉnh lại cho hai đỉnh tứ giác cách đỉnh Điều tương đương với việc ta phải chia m  60 kẹo cho n  đứa trẻ cho đứa trẻ có cách, làm tứ giác lặp lại lần k  cái, có Cmn1n ( k 1)1  C55 60.C553 n  E  60.C553   80, 7% Xác suất biến cố E là: P  E   n    4.C604  Số phần tử biến cố E là: n  E   Câu 37 [1D2-4.3-4] (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2018 - BTN) Cho tập hợp A  1;2;3;4 ;100 Gọi S tập hợp gồm tất tập A , tập gồm phần tử A có tổng 91 Chọn ngẫu nhiên phần tử S Xác suất chọn phần tử có số lập thành cấp số nhân bằng? A B C D 645 645 645 645 Lời giải Chọn C Giả sử tập a, b, c  S   a, b, c  100 ; a, b, c phân biệt a  b  c  91 Đây toán chia kẹo Euler nên số a, b, c là: C91311 Tuy nhiên chứa có chữ số giống nhau, số có chữ số giống 3.45  135 ( bộ) Vậy n      C902  3.45 : 3!  645 Gọi A biến cố: ” a, b, c lập thành cấp số nhân” Gọi q công bội cấp số nhân theo ta có q  a  aq  aq  91  a 1  q  q   1.91  13.7 a  a  Trường hợp 1:    1  q  q  91 q  a  91 a  91  Trường hợp 2:  (loại) 1  q  q  q  a  13 a  13  Trường hợp 3:  (thỏa mãn)  q  1  q  q  a  a  Trường hợp 3:  (thỏa mãn)  1  q  q  13 q  Vậy n  A  P  A  645 Câu 912 [1D2-4.3-4] Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số phân biệt Chọn ngẫu nhiên số từ S Xác suất chọn số lớn 2500 13 13 55 68 A P  B P  C P  D P  68 68 81 81 Lời giải Chọn C Số có chữ số có dạng: abcd Số phần tử khơng gian mẫu: n  S   9.9.8.7  4536 Gọi A : “ tập hợp số tự nhiên có chữ số phân biệt lớn 2500 ” TH1 a  Chọn a : có cách chọn Chọn b : có cách chọn Chọn c : có cách chọn Chọn d : có cách chọn Vậy trường hợp có: 7.9.8.7  3528 (số) TH2 a  , b  Chọn a : có cách chọn Chọn b : có cách chọn Chọn c : có cách chọn Chọn d : có cách chọn Vậy trường hợp có: 1.4.8.7  224 (số) TH3 a  , b  , c  Chọn a : có cách chọn Chọn b : có cách chọn Chọn c : có cách chọn Chọn d : có cách chọn Vậy trường hợp có: 1.1.7.7  49 (số) TH4 a  , b  , c  , d  Chọn a : có cách chọn Chọn b : có cách chọn Chọn c : có cách chọn Chọn d : có cách chọn Vậy trường hợp có: 1.1.1.7  (số) Như vậy: n  A  3528  224  49   3808 Suy ra: P  A  n  A 3508 68   n  S  4536 81 Câu 916 [1D2-4.3-4] Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số phân biệt lấy từ số , , , , , , , , Chọn ngẫu nhiên số từ S Xác suất chọn số chứa số lẻ 16 16 10 23 A P  B P  C P  D P  42 42 21 21 Lời giải Chọn C Số phần tử không gian mẫu: n     A96  60480 (mỗi số tự nhiên abcdef thuộc S chỉnh hợp chập 9- số phần tử S số chỉnh hợp chập 9) Gọi A : “số chọn chứa số lẻ” Ta có: n  A  C53 A63 A43  28800 (bốc số lẻ từ số lẻ cho- chọn vị trí từ vị trí số abcdef xếp thứ tự số vừa chọn – bốc số chẵn từ số chẵn cho xếp thứ tự vào vị trí cịn lại số abcdef ) n  A 28800 10 Khi đó: P  A    n    60480 21 Câu 45: [1D2-4.3-4](THPT LƯƠNG TÀI - BẮC NINH - LẦN - 2017 - 2018 - BTN) Lớp 10X có 25 học sinh, chia lớp 10X thành hai nhóm A B cho nhóm đều có học sinh nam nữ Chọn ngẫu nhiên hai học sinh từ hai nhóm, nhóm học sinh Tính xác suất để chọn hai học sinh nữ Biết rằng, nhóm A có học sinh nam xác suất chọn hai học sinh nam 0,54 A 0, 42 B 0, 04 C 0, 46 D 0, 23 Lời giải Chọn B Gọi số học sinh nam nhóm B c  c    b b   số học sinh nữ nhóm  Số phần tử không gian mẫu n       b  c  25   b  c     b 16  b  Gọi T biến cố chọn hai học sinh nam Suy n T   9c Theo giả thiết suy 9c c  0,54   50   b 16  b    b 16  b    b  16  b  Do   b 16  b      200 nên   b 16  b  50;100;150   Thử trường hợp ta có trường hợp c  b  b  thỏa mãn 6.1 Vậy xác suất chọn hai học sinh nữ  0, 04 150 A Câu 3538 [1D2-4.3-4] Giải bóng chuyền VTV Cup có 12 đội tham gia có đội nước đội củaViệt nam Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành bảng đấu A , B , C bảng đội Xác suất để đội Việt nam nằm bảng đấu 2C93C63 A P  4 C12C8 6C93C63 B P  4 C12C8 3C93C63 C P  4 C12C8 C93C63 D P  4 C12C8 Lời giải Chọn B + Số phần tử không gian mẫu: n     C124 C84 C44 3! (bốc đội từ 12 đội vào bảng A – bốc đội từ đội lại vào bảng B – bốc đội từ đội cịn lại vào bảng C – hốn vị bảng) Gọi A : “ đội Việt Nam nằm bảng đấu” Khi đó: n  A  C93 C63 C33 3!.3! (bốc đội NN từ đội NN vào bảng A – bốc đội NN từ đội NN lại vào bảng B – bốc đội NN từ đội NN lại vào bảng C – hoán vị bảng – bốc đội VN vào vị trí cịn lại bảng) n  A C93 C63 C33 3!.3! 6.C93 C63 Xác suất biến cố A P  A   4  4 n   C12 C8 C4 3! C12 C8 Câu 3539 [1D2-4.3-4] Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số phân biệt Chọn ngẫu nhiên số từ S Xác suất chọn số lớn 2500 13 13 55 68 A P  B P  C P  D P  68 68 81 81 Lời giải Chọn C Số có chữ số có dạng: abcd Số phần tử khơng gian mẫu: n  S   9.9.8.7  4536 Gọi A : “ tập hợp số tự nhiên có chữ số phân biệt lớn 2500 ” TH1 a  Chọn a : có cách chọn Chọn b : có cách chọn Chọn c : có cách chọn Chọn d : có cách chọn Vậy trường hợp có: 7.9.8.7  3528 (số) TH2 a  , b  Chọn a : có cách chọn Chọn b : có cách chọn Chọn c : có cách chọn Chọn d : có cách chọn Vậy trường hợp có: 1.4.8.7  224 (số) TH3 a  , b  , c  Chọn a : có cách chọn Chọn b : có cách chọn Chọn c : có cách chọn Chọn d : có cách chọn Vậy trường hợp có: 1.1.7.7  49 (số) TH4 a  , b  , c  , d  Chọn a : có cách chọn Chọn b : có cách chọn Chọn c : có cách chọn Chọn d : có cách chọn Vậy trường hợp có: 1.1.1.7  (số) Như vậy: n  A  3528  224  49   3808 Suy ra: P  A  n  A 3508 68   n  S  4536 81 Câu 3542 [1D2-4.3-4] Cho đa giác đều 12 đỉnh Chọn ngẫu nhiên đỉnh 12 đỉnh đa giác Xác suất để đỉnh chọn tạo thành tam giác đều 1 1 A P  B P  C P  D P  55 220 14 Lời giải Chọn A Số phần tử không gian mẫu: n     C123  220 (chọn đỉnh từ 12 đỉnh đa giác ta tam giác) Gọi A : “ đỉnh chọn tạo thành tam giác đều ” (Chia 12 đỉnh thành phần Mỗi phần gồm đỉnh liên tiếp Mỗi đỉnh tam giác ứng với phần Chỉ cần chọn đỉnh đỉnh cịn lại xác định nhất) Ta có: n  A  C41  n  A   n    220 55 Câu 50: [1D2-4.3-4] (THPT Chuyên Quốc Học Huế-Lần 3-2018-BTN) Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABCD Tại đỉnh A có sâu, lần di chuyển, bị theo cạnh hình hộp chữ nhật đến đỉnh kề với đỉnh đứng Tính xác suất cho sau lần di chuyển, dừng đỉnh C  1862 1640 435 453 A B C D 6561 6561 2187 2187 Lời giải Chọn D Không tổng quát giả sử tọa độ đỉnh A  0;0;0  C  1;1;1 Ta thấy: lần sâu di chuyển cộng thêm vị trí hồnh độ, tung độ cao độ từ vị trí sâu đứng Do số phần tử không gian mẫu n     39  19683 Sau lần Khi đó: P  A  di chuyển sau đứng vị trí 1;1;1 sâu di chuyển số lần tọa độ thành phần hoành độ ; tung độ, cao độ :  3;3;3 ; hoán vị 1;3;5 ; hoán vị  7;1;1 Do số trường hợp thuận lợi biến cố : sâu C  sau bước di chuyển n    C93 C63 C33  6.C95 C43 C11  3.C97 C21.C11  4920 4920 1640 Câu 36: [1D2-4.3-4] [SDG PHU  19683 6561 THO_2018_6ID_HDG] Lấy ngẫu nhiên số tự nhiên có chữ số Xác suất để chọn Vậy xác suất cần tìm P   số tự nhiên có dạng a1a2 a3a4 a5 mà a1  a2   a3   a4  a5  A 1148 90000 B 77 1500 C Lời giải Chọn A 5000 D 1001 30000 a2  Vì a2   a3    a3  Số có dạng 1042a5 có 10 cách chọn a5 Số có dạng 1043a5 có cách chọn a5 ……………………………………… Số có dạng 1049a5 có cách chọn a5  Vậy số có dạng 104a4 a5 có    10  52 số Số có dạng 1053a5 có cách chọn a5 Số có dạng 1054a5 có cách chọn a5 ……………………………………… Số có dạng 1059a5 có cách chọn a5  Vậy số có dạng 105a4 a5 có 52 10  42 số  Vậy số có dạng 106a4 a5 có 42   33 số  Vậy số có dạng 107a4 a5 có 33   25 số  Vậy số có dạng 108a4 a5 có 25   18 số  Vậy số có dạng 109a4 a5 có 18   12 số Kết luận: Những số có dạng 10a3a4 a5 có 12  18  25  33  42  52  182 số Những số có dạng 11a3a4 a5  a3  5 có 12  18  25  33  42  130 số Những số có dạng 12a3a4 a5  a3   có 12  18  25  33  88 số Những số có dạng 13a3a4 a5  a3   có 12  18  25  55 số Những số có dạng 14a3a4 a5  a3  8 có 12  18  30 số Những số có dạng 15a3a4 a5  a3   có 12 số Kết luận: Những số có dạng 1a2 a3a4 a5 có 12  30  55  88  130  182  497 số Từ ta lập luận sau: Những số có dạng 2a2 a3a4 a5  a2  1 có 12  30  55  88  130  315 số Những số có dạng 3a2 a3a4 a5  a2   có 12  30  55  88  185 số Những số có dạng 4a2 a3a4 a5  a2  3 có 12  30  55  97 số Những số có dạng 5a2 a3a4 a5  a2   có 12  30  42 số Những số có dạng 6a2 a3a4 a5  a2  5 có 12 số Vậy số thỏa yêu cầu toán 12  42  97  185  315  497  1148 1148 Vậy xác suất cần tìm 90000 1148 Bài chỉnh lại đáp án : 90000 Câu 49: [1D2-4.3-4] [SGD NINH BINH _ 2018 _ BTN _ 6ID _ HDG] Cho đa giác đều n đỉnh ( n lẻ, n  ) Chọn ngẫu nhiên đỉnh đa giác đều Gọi P xác suất cho đỉnh 45 tạo thành tam giác tù Biết P  Số ước nguyên dương n 62 A B C D Lời giải Chọn B Chọn ngẫu nhiên đỉnh có n     C3n cách Giả sử chọn tam giác tù ABC với góc A nhọn, B tù C nhọn Chọn đỉnh lấy làm đỉnh A có n cách Kẻ đường kính qua đỉnh vừa chọn, chia đường tròn thành hai phần (trái phải chẳng hạn) Để tạo thành tam giác tù hai đỉnh cịn lại chọn cùng nằm bên trái cùng nằm bên phải - Hai đỉnh cịn lại cùng nằm bên trái có C n21 cách 2 n 1 - Hai đỉnh lại cùng nằm bên phải có C cách   Vậy có tất n  C n21  C n21  tam giác tù, nhiên ứng với tam giác vai trị góc  2  nhọn A C nên số tam giác tính lặp lần Do số tam giác tù tạo thành   n  C n21  C n21     nC n21 2 nC n21 Mà xác suất P  n C  45 (1) 62 Do n lẻ nên đặt n  2k  ( k  )  k  (1)  62  2k  1 Ck2  45C23k 1  62  2k  1 n 1  2k  1! k!  45 2! k  ! 3! 2k  !  31 k  1  15  2k  1  k  16 (nhận) Vậy n  2k   33 Do số ước nguyên dương n   Câu 48 [1D2-4.3-4] [SGD SOC TRANG_2018_BTN_6ID_HDG] Cho tập hợp A  2k | k  1, ,10 có 10 phần tử lũy thừa Chọn ngẫu nhiên từ tập A hai số khác theo thứ tự a b Xác suất để log a b số nguyên A 17 90 B 10 C D 19 90 Lời giải Chọn A Số phần tử không gian mẫu n()  A102  90 Giả sử a  2m , b  2n , log a b  log 2m 2n  + m  có cách chọn n , n 2;3; ;10 n số nguyên m ước n m + m  có cách chọn n , n 4;6;8;10 + m  có cách chọn n , n  6;9 + m  có cách chọn n , n  + m  có cách chọn n , n  10 + m6;7;8;9;10 : không xảy Suy số phần tử biến cố log a b số nguyên      17 17 90 Câu 45: [1D2-4.3-4] (THPT Chu Văn An - Hà Nội - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Gọi S tập hợp số tự nhiên nhỏ 106 thành lập từ hai chữ số Lấy ngẫu nhiên hai số S Xác suất để lấy số chia hết cho Xác suất cần tìm A 4473 8128 B 2279 4064 C 55 96 D 53 96 Lời giải Chọn D Có: a1  ; a1 , , a6  0;1 Số phần tử S :  1.2  1.2.2  1.2.2.2  1.2.2.2.2  1.2.2.2.2.2  64 Lấy ngẫu nhiên hai số S , có : C632 (cách lấy) Gọi A biến cố lấy số chia hết cho  A biến cố không lấy số chia hết cho Ta xét xem 63 số tập S có số chia cho : + TH1: Số có chữ số a1 : có số hai số đều không chia cho + TH1: Số có chữ số a1a2 với a1  : có số số đều khơng chia cho + TH2: Số có chữ số a1a2 a3 với a1  : có số có số chia cho + TH3: Số có chữ số a1a2 a3a4 với a1  : có số có số chia cho + TH4: Số có chữ số a1a2 a3a4 a5 với a1  : có 16 số có số chia cho + TH5: Số có chữ số a1a2 a3a4 a5 a6 với a1  : có 32 số có 11 số chia cho Do có 21 số chia cho có 43 số khơng chia cho   Do đó: P A  Câu 49:   C432 43 53  Vậy P  A   P A  C64 96 96 [1D2-4.3-4] (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp - QB - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Trong lễ tổng kết năm học 2017  2018 , lớp 12T nhận 20 sách gồm sách toán, sách vật lý, sách Hóa học, sách cùng môn học giống Số sách chia đều cho 10 học sinh lớp, học sinh nhận hai sách khác môn học Bình Bảo hai số 10 học sinh Tính xác suất để sách mà Bình nhận giống sách Bảo 17 14 12 A B C D 90 45 45 Lời giải Chọn D Gọi x , y , z số phần quà gồm sách Toán Vật lý, Tốn Hóa học, Vật lý Hóa học x  y  x    Khi theo đề ta có hệ phương trình  x  z    y  y  z  z    Số phần tử không gian mẫu n  C102 C83 C55  2520 Gọi A biến cố sách mà Bình nhận giống sách Bảo Số phần tử A nA  C22 C83 C55  C82 C61.C55  C82 C63 C33  784 Vậy xác suất cần tìm P  A  748 14  2520 45 Câu 43: [1D2-4.3-4] (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk - 2017 - 2018 - BTN) Một nhóm 10 học sinh gồm nam có Quang, nữ có Huyền xếp ngẫu nhiên vào 10 ghế hàng ngang để dự lễ sơ kết năm học Xác suất để xếp bạn nữ gần có bạn nam, đồng thời Quang không ngồi cạnh Huyền là: 109 109 A B C D 30240 280 60480 5040 Lời giải Chọn B Ta có: n     10! Giả sử ghế đánh số từ đến 10 Để có cách xếp cho bạn nữ có bạn nam bạn nữ phải ngồi ghế đánh số , , , 10 Có tất số cách xếp chỗ ngồi loại là: 6!.4! cách Ta tính số cách xếp chỗ ngồi cho Huyền Quang ngồi cạnh Nếu Huyền ngồi ghế 10 có cách xếp chỗ ngồi cho Quang Nếu Hùn ngồi ghế có cách xếp chỗ ngồi cho Quang Do đó, số cách xếp chỗ ngồi cho Quang Huyền ngồi liền  2.2  Suy ra, số cách xếp chỗ ngồi cho 10 người cho Quang Huyền ngồi liền 6.3!.5! Gọi A: “ Giữa bạn nữ gần có bạn nam, đồng thời Quang không ngồi cạnh Huyền” n  A 12960 n  A  4!.6! 6.3!.5!  12960  P  A    n  10! 280 Vậy xác suất cần tìm 280 Câu 46: [1D2-4.3-4] (THPT-Chuyên Ngữ Hà Nội_Lần 1-2018-BTN) Xếp 10 sách tham khảo khác gồm: sách Văn, sách tiếng Anh sách Toán thành hàng ngang giá sách Tính xác suất để sách tiếng Anh đều xếp hai sách Toán, đồng thời hai Tốn T1 Tốn T2 ln xếp cạnh 1 1 A B C D 210 600 300 450 Lời giải Chọn A Số cách xếp 10 sách tham khảo thành hàng ngang giá sách là: n     10! Ta ghép hai Toán T1 Toán T2 thành Toán đặc biệt Bây ta đếm số cách xếp sách để sách tiếng Anh đều xếp hai sách Toán, đồng thời hai Toán T1 Tốn T2 ln xếp cạnh Ta xếp sách Văn sách Toán trước Quyển sách Văn xếp đầu hàng sách Tốn xếp sau: V.T.T.T.T.T, có A43 cách xếp sách tiếng Anh để sách tiếng Anh đều xếp hai sách Tốn Trường hợp có 5!2!A43 cách xếp sách thỏa mãn yêu cầu Quyển sách Văn xếp cuối hàng sách Toán xếp sau: T.T.T.T.T.V, tương tự ta có 5!2!A43 cách xếp sách thỏa mãn yêu cầu Quyển sách Văn khơng xếp đầu hàng sách Tốn xếp sau: T.V.T.T.T.T, T.T.V.T.T.T, T T.T.V.T.T, T T.T.T.V.T, khả ta có 3! cách xếp sách tiếng Anh để sách tiếng Anh đều xếp hai sách Toán Trường hợp có 4.5!2!3! cách xếp sách thỏa mãn yêu cầu Bởi vậy, số khả xếp sách thỏa mãn yêu cầu là: n  A  5!2! A43  4.5!2!3! Xác suất cần tìm là: P  n  A 2.5!2! A43  4.5!2!3!   n   10! 210 Câu 40: [1D2-4.3-4] (Chuyên Vinh - Lần - 2018 - BTN) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật OMNP với M  0;10  , N 100;10  , P 100;0  Gọi S tập hợp tất điểm A  x; y  với x , y  Z nằm bên kể cạnh OMNP Lấy ngẫu nhiên điểm A  x; y   S Tính xác suất để x  y  90 A 169 200 B 845 1111 86 101 Lời giải C D 473 500 Chọn C Tập hợp S gồm có 11.101  1111 điểm Ta xét S    x; y  : x  y  90 với  x  100  y  10 Khi y   x  90  x  91;100  có 10 giá trị x Khi y   x  89  x  90;100  có 11 giá trị x …… Khi y  10  x  90  x  91;100  có 20 giá trị x Như S  có 165 phần tử Vậy xác suất cần tìm : Câu 49: 1111  165 86  1111 101 [1D2-4.3-4] (Sở Quảng Bình - 2018 - BTN – 6ID – HDG)Có bạn cùng ngồi xung quanh bàn tròn, bạn cầm đồng xu Tất bạn cùng tung đồng xu mình, bạn có đồng xu ngửa đứng, bạn có đồng xu sấp ngồi Xác suất để khơng có hai bạn liền kề cùng đứng 47 47 47 47 A B C D 256 256 256 256 Lời giải Chọn A Gọi A biến cố khơng có hai người liền kề cùng đứng Số phần tử không gian mẫu n     28  256 Rõ ràng nhiều đồng xu ngửa biến cố A khơng xảy Để biến cố A xảy có trường hợp sau: TH1: Có nhiều đồng xu ngửa Kết trường hợp   TH2: Có đồng xu ngửa Hai đồng xu ngửa kề nhau: có khả Suy số kết trường hợp C82   20 TH3: Có đồng xu ngửa Cả đồng xu ngửa kề nhau: có kết Trong đồng xu ngửa, có cặp kề nhau: có 8.4  32 kết Suy số kết trường hợp C83   32  16 TH4: Có đồng xu ngửa Trường hợp có kết thỏa mãn biến cố A xảy Như n  A   20  16   47 Xác suất để khơng có hai bạn liền kề cùng đứng P  n  A 47  n    256 Câu 36: [1D2-4.3-4] (SGD VĨNH PHÚC - 2018 - BTN) Chọn ngẫu nhiên đường thẳng chứa cạnh khác hình bát diện đều Tìm xác suất để véc tơ phương đường thẳng đồng phẳng 17 23 A B C D 11 55 55 Lời giải Chọn A Hình bát diện đều có 12 cạnh Số phần từ khơng gian mẫu C123  220 Gọi A biến cố chọn cạnh mà đường thẳng chứa cạnh có vectơ phương đồng phẳng Cách 1: TH1: Chọn cạnh nằm mặt phẳng: có mặt bên tam giác đều mặt chéo hình vng Có 8C33  3C43  20 cách TH2: Chọn cạnh mặt bên cạnh lại song song với mặt mặt Có mặt bên chọn, ứng với mặt có C32 cách chọn cặp cạnh, ứng với cách chọn cặp cạnh có cách chọn cạnh lại song song với cạnh mặt bên, có 8.C32  72 cách Do n  A  20  72  92 Vậy xác suất cần tính bằng: P  A  92 23  220 55 Cách 2: Ta thấy véc tơ đường thẳng chứa cạnh chọn đồng phẳng thì: cạnh chọn khơng có cạnh song song cạnh phải song song nằm mặt phẳng, mặt phẳng mặt “bên” (  ABC  ;  ACB  ; …) bát diện mặt chéo (  ACAC   ;  ABAB  ;  BCBC   ) cạnh chọn có cạnh song song, cạnh cịn lại TH1: cạnh song song nằm mặt bên:  ABC  : Có cạnh thỏa mãn AB , AC , BC , AC , CB , BA Có thỏa mãn là: AB  BC  AC ; AB  AC  CB ; AB  BC  CA ; AC  BC  AB ; AB  CB  CA ; AC  CB  AB ; BC  AB  AC ; AB  AC  BC Tất có cặp Do có mặt bên chia thành nên suy có: 8.4  32 cách TH2: Với mặt chéo có cạnh nên chọn cạnh ln có cạnh song song nên TH bị tính trường hợp TH3: Có cặp cạnh song song ( AB  AB ;…) với cặp cạnh song song có thêm 10 cách chọn cạnh cịn lại Vậy có: 60 cách Tổng hợp lại ta có: 60  32  92 cách 92 23 Vậy xác suất cần tính bằng: P  A   220 55 ...  4an2 ; n  Nên an     4n  n  ? ?4 3 42 018  số chia hết cho 3 Mà E  42 018 Suy có Vậy P  42 018      1  40 35  2018 3 .4   Câu 44 [1D 2 -4 . 3 -4 ] (Sở GD ĐT Đà Nẵng-201 7-2 018 - BTN)... 4; 6;8 có 4!  24 cách chọn Vậy n  A   A52  90  24  30 240 0 cách chọn Xác suất để xảy biến cố A p  A  Câu 24: n  A 30 240 0   n   9! 54 [1D 2 -4 . 3 -4 ] [Chuyên Nguyễn Quang Diệu -. .. số chia cho có 43 số khơng chia cho   Do đó: P A  Câu 49 :   C432 43 53  Vậy P  A   P A  C 64 96 96 [1D 2 -4 . 3 -4 ] (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp - QB - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Trong lễ