34cauTỔHỢP XÁCSUẤT VD VDC(ID5 loigiai)

Câu [1D2.2-3] Đội sinh viên tình nguyện gồm 12 bạn nam, 4bạn nữ Chia ngẫu nhiên thành 4tổ, tổ bạn cho có hai tổ có nữ Hỏi có cách chia? A 63028350 B 2621850 C 32432400 D 5775 Lời giải Chọn B Xét trường hợp phủ định có tổ có nữ tổ có bạn nữ, ba tổ cịn lại tổ bạn nam 4 C12 C8 C4C4C4 C 4C Do đáp số 16 12  12  2621850 3! 4! 3! Câu [1D2.2-3] Một tổ có 17 bạn gồm nam nữ Chọn từ tổ bạn xếp vào bàn học ngang có thứ tự vị trí Có cách xếp cho bạn chọn có nữ nam A 241920 B 282240 C 28224 D 24192 Lời giải Chọn A Chọn nữ từ nữ có: C9 cách Nên số cách chia là: Chọn nam từ nam có: C8 cách Xếp thứ tự bạn chọn có: 5! cách � Số cách xếp: C92.C83.5!  241920 Nhận xét: Học sinh thường mắc sai lầm kết quả: A8 A9  24192 Câu [1D2.2-3] Có 16 học sinh gồm học sinh giỏi, khá, trung bình Có cách chia số học sinh thành tổ, tổ có người, có học sinh giỏi học sinh A 3780 B 7560 C 1680 D 2100 Lời giải Chọn A Mỗi tổ có học sinh giỏi suy số học sinh giỏi tổ là Vì tổ có học sinh khá, suy số học sinh tổ Khi ta có số học sinh giỏi, khá, trung bình tổ tương ứng sau 1, 2, 1, 3, 2, 2, 2, 3, Tổ 2, 3, 2, 2, 1, 3, 1, 2, Tổ Như có hai trường hợp bị trùng Vậy hai trường hợp Trường hợp 1: số cách chọn tổ có giỏi, khá, trung bình 3.C5 C8 Trường hợp 2: số cách chọn tổ có giỏi, khá, trung bình 3.C5 C8 Vậy tất có 3.C5 C8  3.C5 C8  3780 Nhận xét: � Bài toán toán chia thành tổ (khơng có thứ tự) Học sinh hiểu sai đề nhân đôi kết � Một sai lầm tốn học sinh chọn học sinh tổ ứng với cách chọn học sinh tổ có cách chọn số học sinh tổ từ dẫn đến sai lầm � Nếu kẻ bảng nhấn mạnh khơng có thứ thự chia tổ, học sinh hiểu toán cách rõ ràng Câu [1D2.4-3] Trên mặt phẳng Oxy, ta xét đa giác ABCD với điểm A  1;4 , B  5;4 , C  1;0 , D  3;0 Gọi S tập hợp tất điểm M  x; y với x, y�� nằm bên (kể cạnh) đa giác ABCD Lấy ngẫu nhiên điểm M  x; y �S Tính xác suất để 3x  y  11 14 16 A B C D 25 25 25 25 Lời giải Chọn C Miền đa giác ABCD hình bình hành hình vẽ Vẽ đường thẳng y  3x  Miền đa giác ABCD có 5.5  25 điểm có tọa độ nguyên Vậy n S   25 Điểm M  x; y thỏa mãn yêu cầu tốn thuộc miền tam giác MDC (khơng kể cạnh MC ) Miền có điểm có tọa độ nguyên Vậy xác suất cần tìm 25 Câu [1D2.4-3] Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , gọi S tập hợp tất điểm M  x; y với x, y�� x �6, y �6 Lấy ngẫu nhiên điểm M �S Tính xác suất để điểm M thỏa mãn hệ thức: ME  MF �10 với E  4;0 , F  4;0 44 43 A B 169 169 124 169 Lời giải C D 45 169 Chọn D �x � 6 �x �6 � �� Ta có: � 6 �y �6 �y �6 � Vậy S tập hợp tất điểm M  x; y với x, y�� thuộc hình vng ABCD (kể cạnh) n S   13.13  169 Điểm M thỏa mãn hệ thức: ME  MF �10 với E  4;0 , F  4;0 suy M thuộc Elip có phương trình: x2 y2   25 Miền có: 1.2  3.2  5.3.2   45 điểm thỏa mãn 45 Vậy xác suất cần tìm là: 169 hạt giống đậu xanh, hạt 5 giống đậu đỏ Do bao hạt giống bị lỗi nên có hạt giống đậu xanh nảy mầm hạt giống đậu đỏ nảy mần Lấy ngẫu nhiên bao hạt giống gieo thấy nảy mầm thành đậu Tính xác suất để đậu đậu xanh A B C D 25 10 Lời giải Chọn A Gọi số hạt giống bao 10n � số hạt giống đậu xanh 6n , số hạt giống đậu đỏ 4n Số hạt giống đậu xanh nảy mần 4n, số hạt giống đậu đỏ nảy mần 3n Số phần tử không gian mẫu n    10n Câu [1D2.4-3] Một bao hạt giống gồm đậu xanh đậu đỏ có Gọi A biến cố thỏa đề � n A   4n n A   Xác suất cần tìm P  A   n   Câu [1D2.4-3] Cho đa giác 12 cạnh Chọn ngẫu nhiên đỉnh đa giác Tính xác suất để đỉnh chọn tạo thành tam giác khơng có cạnh cạnh đa giác cho 24 27 28 31 A B C D 55 55 55 55 Lời giải Chọn C Ta có: n    C12 Số tam giác có cạnh trùng với cạnh đa giác là: 12 Số tam giác có cạnh trùng với cạnh đa giác là: 12. 12  4 � Số tam giác có cạnh không trùng với cạnh đa giác là: C12  12  12.8  112 112 28 � Xác suất cần tìm: P   C12 55 Câu [1D2.4-3] Gieo súc sắc đồng chất, cân đối lần Tính xác suất để số lớn xuất lần 31 17 17 A B C D 23328 7776 23328 648 Lời giải Chọn A Số phần tử không gian mẫu   TH1: có số có 5.C cách TH2: có số có 5.C cách TH3: có số số có cách Nên  A  62 31 23328 Câu [1D2.2-4] Một quán cafe nhạc cần trang trí tường vng chia thành hình vẽ Có cách để người thợ sơn dùng màu khác để sơn tường cho vng cạnh khơng có màu trùng nhau? Do P  A 48 B 24 C 84 Lời giải D 78 Chọn C Trường hợp 1:  1  3 màu  1 có cách chọn;  3 có cách chọn;  2 có cách chọn;  4 có cách chọn � 4.1.3.3  36 cách chọn Trường hợp 2:  1  3 khác màu  1 có cách chọn;  3 có cách chọn;  2 có cách chọn;  4 có cách chọn � 4.3.2.2  48 cách chọn Vậy có: 36  48  84 cách chọn Câu 10 [1D2.2-4] Có số tự nhiên có chữ số mà tích chữ số 1800 A 3780 B 4410 C 210 D 3150 Lời giải Chọn B Ta có: 1800  23.32.52  1.2.4.32.52  1.1.8.32.52  1.22.6.3.52  1.23.9.52 � Số số tự nhiên có chữ số chữ số 2, chữ số 3, chữ số 7! 2!.3!.2! 7! 2!.2! 7! � Số số tự nhiên có chữ số chữ số 1, 3, có mặt lần, chữ số có mặt lần 2!.2! � Số số tự nhiên có chữ số chữ số 1, 6, có mặt lần chữ số 2, có mặt lần 7! 2!.2! � Số số tự nhiên có chữ số chữ số 1, có mặt lần chữ số có mặt lần chữ số 7! có mặt lần 3!.2! 7! 7! 7!  3  4410 Vậy tất có 2!.3!.2! 2!.2! 3!.2! Câu 11 [1D2.2-4] Trong kỳ thi KSCL môn thi THPT QUỐC GIA dành cho khối 12 trường THPT Triệu Sơn có tất 10 phịng thi Có em học sinh lớp 11 đăng kí dự thi Hỏi có cách xếp em học sinh vào phịng thi phịng thi có em hai phịng thi phịng có em A 151200 B 75600 C 37800 D 302400 Lời giải Chọn B Chọn phòng thi xếp em có C10.C7  350 cách � Số số tự nhiên có chữ số chữ số 1, 2, có mặt lần, chữ số 3, có mặt lần 2 Chọn tiếp phòng từ phòng thi lại xếp phòng em có C9 C4  216 Vậy có tất 350.216  75600 cách xếp Câu 12 [1D2.2-4] Có số tự nhiên có chữ số thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: Hai chữ số đứng cạnh khác nhau, chữ số đứng khác chữ số đứng đầu đứng cuối A 1677888 B 1887624 C 1555848 D 331776 Lời giải Chọn B Giải: Gọi X   0, 1, , 9 số thỏa đề là: a1a2a3a4a5a6a7, a1 �0 Có trường hợp xảy ra: TH1 a1  a7 Chọn a1 �0 có cách Chọn a2 �a1 có cách Chọn a3 �a1 a3 �a2 có cách (tương tự với a4, a5, a6 có cách cho lần chọn) Trường hợp có 9.9.84  331776 số TH2 a1 �a7 Chọn a1 �0 có cách Chọn a7 �a1 có cách Chọn a2 �a1 a2 �a7 có cách Chọn a3 �X \  a1, a2, a7 có cách Các số cịn lại có cách (chọn khác số đầu cuối khác số cạnh nó) Trường hợp có 9.9.8.74  1555848 số Vậy tổng cộng có 331776  1555848  1887624 số Câu 13 [1D2.2-4] Cho đa giác có 100 Số tam giác tù tạo thành từ 100 đỉnh đa giác A 44100 B 58800 C 78400 D 117600 Lời giải Chọn D Đánh số đỉnh A1, A2, , A100 Xét đường chéo A1A51 đa giác đường kính đường tròn ngoại tiếp đa giác chia đường tròn làm hai phần, phần có 49 điểm: từ A2 đến A50 A52 đến A100 Khi đó, tam giác có dạng A1Ai A j tam giác tù Ai Aj nằm nửa đường trịn  Chọn nửa đường trịn: có cách chọn  1176 cách chọn  Chọn hai điểm Ai , A j hai điểm tùy ý lấy từ 49 điểm A2, A3, , A50 có C49 Giả sử Ai nằm A1 Aj tam giác A1Ai A j tù đỉnh Ai Mà A j Ai A1 �A1Ai A j nên kết bị lặp hai lần  Có 100 cách chọn đỉnh 2.1176.100  117600 Vậy số tam giác tù 2 n22  100.C49  117600 Cách Áp dụng cơng thức nhanh ta có nC Câu 14 [1D2.2-4] Có số tự nhiên có 2018 chữ số, số chữ số lớn khơng có hai chữ số khác nhỏ đứng liền nhau? 1 2018 2018 2018 2018 2018 2018 2018 2018 A  5.6   B  5.6   C  5.6   D  5.6   4 Lời giải Chọn C Xét trường hợp tổng quát với số tự nhiên có n chữ số, với n số nguyên dương Gọi An, Bn tập số tự nhiên có n chữ số thỏa yêu cầu đề mà chữ số tận nhỏ chữ số tận lớn Lấy phần tử a thuộc An , có cách thêm vào chữ số cuối cho a (thêm vào bên phải chữ số cuối a ) để phần tử An1 có cách thêm vào chữ số cuối cho a để phần tử Bn1 Lấy phần tử b thuộc Bn , có cách thêm vào chữ số cuối cho b để phần tử An1 có cách thêm vào chữ số cuối cho b để phần tử Bn1 � �An1  An  Bn Ta có: � �Bn1  An  Bn Khi đó: An1  Bn1  An  Bn  4 An  Bn   Bn  4 An  Bn   4.3 An1  Bn1   4 An  Bn   12 An1  Bn1  , n �2 với A1  5, B1  3, A2  20, B2  24 Kí hiệu xn  An  Bn , ta được: xn  4xn1  12xn , x1  8, x2  44 n 5.6n   2 � Sử dụng cách tìm số hạng tổng quát dãy số, ta được: xn  � � � 2018 2018 Áp dụng cho n  2018 , ta có  5.6   số cần tìm Câu 15 [1D2.2-4] Xếp viên bi xanh khác nhau, viên bi đỏ giống hết viên bi vàng thành hàng ngang Có cách xếp viên bi cho khơng có viên bi màu đứng cạnh A B C 12 D 20 Lời giải Chọn D Cách 1: Xếp xanh vàng có cách có cách vàng cách xanh cạnh TH1: Nếu vàng có cách ^X ^V ^X ^ Chọn vị trí khoảng trống xếp đỏ có C4  cách TH có cách TH2: Nếu xanh cạnh có cách ^X ^X ^V ^ Xếp đỏ vào xanh, khoảng trống 1, 3, có cách xếp đỏ � TH có 12 cách � Có 20 cách Cách 2: Do có viên bi đỏ mà viên màu khác cạnh bắt buộc phải có viên đỏ đứng đầu cuối hàng TH1: Viên bi đỏ đứng đầu hàng � Đ^Đ^Đ^: Xếp vàng xanh có 3! cách � Đ^Đ^^Đ: Xếp vàng, xanh cho xanh khác gồm có cách � Đ^^Đ^Đ: Tương tự có cách TH2: Viên bi đỏ đứng cuối � ^Đ^Đ^Đ � có 3! Cách � Đ^Đ^^Đ � Trùng với TH 3 � Đ^^Đ^Đ � Trùng với TH 2 � có 3!.2    20 cách Câu 16 [1D2.4-4] Cho đa giác 20 đỉnh nội tiếp đường tròn, gọi  S  tập hợp đường thẳng qua số 20 đỉnh cho Chọn hai đường thẳng thuộc tập  S  Tính xác suất để chọn hai đường thẳng mà giao điểm chúng nằm bên đường tròn 20 17 A B C D 126 189 63 Lời giải Chọn D Số phần tử thuộc tập  S  C20  190 Chọn hai phần tử thuộc  S  suy ra: n()  C190 Nhận thấy: hai đường có giao điểm nằm bên đường trịn hai đường chéo tứ giác Chọn tứ giác có C20 cách C20 17 Xác suất cần tính  C190 63 Câu 17 [1D2.4-4] Chọn ngẫu nhiên số nguyên thuộc  1;500 Tính xác suất để chọn số ước 10800? 16 49 23 18 A B C D 125 500 250 125 Lời giải Chọn C Số phần tử không gian mẫu: n()  500 Ta có: 10800  24.33.52 Gọi x ước 10800 suy x  2m.3n.5p , với m� 0;4 ; n� 0;3 ; p� 0;2 Có cách chọn m, cách chọn n , cách chọn p , Suy số ước 10800 5.4.3  60 10800 Số ước lớn 500 số nhỏ 20 (phần nguyên ) 500 Các ước nhỏ 20 1, 2, 4, 8, 16, 3, 9, 5, 6, 12, 18, 10, 15, 20 có 14 ước Vậy số ước nhỏ 500 60  14  46 46 23  Xác suất cần tính 500 250 Câu 18 [1D2.4-4] Từ tập tập A   1, 2, 3, , 2018 , người ta chọn ngẫu nhiên hai tập Tính xác suất biến cố hai tập chọn khác rỗng đồng thời có số phần tử số chẵn nhỏ 1009 C222018 1 C222016 1 C222016 C1008 A P  B P  C P  D P  C22018 C22018 C22018 C2018 Lời giải Chọn C Số tập tập A 22018 Số tập khác rỗng đồng thời có số phần tử số chẵn nhỏ 1009 tập A bằng: 1008 T  C2018  C2018  C2018   C2018 1008 1010 2018 Vậy 2T   C2018  C2018  C2018  C2018   C2018  C2018   C2018 1008 1010 2018 Ta lại có: C2018  C2018  C2018  C2018   C2018  C2018   C2018 1009 1011 2017  C2018  C2018  C2018  C2018   C2018  C2018   C2018 Do 4T   22018 � T  22016  Vậy xác suất cần tìm: P  C222016 1 C222018 Câu 19 [1D2.4-4] Từ ba chữ V, D, C ta xếp chúng thành dãy có 2019 chữ Hỏi xác suất để xếp dãy mà chữ V, D, C xuất số lẻ lần 1� � 1� � 1� � 1� � 1 2018 � 1 2018 � 1 2019 � 1 A � B � C � D � � 8� � 4� � 8� � � 32019 � Bài giải Chọn B Nếu tổng quát gọi xn số dãy có n  2m chữ VDC  n �3 Tổng số dãy tạo thành 3n Do số chữ số lẻ nên ta có: Nếu xn thỏa mãn đề hay ba chữ VDC xuất lẻ lần ta có cách thêm chữ giống vào cuối để dãy xn Nếu xn không thảo mãn đề số chữ số lẻ nên có hai chữ xuất chẵn lần chữ xuất lẻ lần Như ta có hai cách thêm hai chữ từ chữ VDC vào cuối để dãy xn n n Vậy xn  3xn  2  xn   xn  2.3 3n  1� � 1 Vậy xác suất cần tìm là: � � � 3n1 � Câu 20 [1D2.4-4] Cho tập hợp X có 10 phần tử Một người chọn ngẫu nhiên ba tập khác tập X Tính xác suất (chính xác đến hàng phần nghìn) để giao hai ba tập chọn có phần tử giao ba tập chọn có phần tử A 0,017 B 0,018 C 0,019 D 0,020 Lời giải Chọn C Ta có: xn  3!  nên xn  Dùng biểu đồ Ven biểu diễn ba tập Các tập nhỏ đánh số 1, 2, 3, có phần tử cịn tập nhỏ khơng đánh số rỗng Do số tập tập hợp X 210 nên số phần tử không gian mẫu   C1024 Ta đếm số phần tử không gian thuận lợi cho biến cố A cách lựa phần tử cho tập chọn Bước 1: chọn phần tử cho giao ba tập (tập đánh số 1) Bước có 10 cách Bước 2: chọn phần tử cho giao hai tập (các tập đánh số 2, 3, ), giao có phần tử Bước có C9 cách Bước 3: định xem phần tử lại thuộc tập không thuộc ba (các tập không đánh số), phần tử có cách lựa chọn Bước có 46 cách Suy  A  10.C9 10.C93.46 �0,019 Vậy xác suất biến cố A P  C1024 Câu 21 [1D2.4-4] Một hộp đựng viên bi màu xanh đánh số từ đến 8, viên bi màu đỏ đánh số từ đến 10 viên bi màu vàng đánh số từ đến 10 Một người chọn ngẫu nhiên viên bi hộp Tính xác suất để viên bi chọn có số đơi khác 772 209 512 2319 A B C D 975 225 2925 2915 Lời giải Chọn A Cách (Cô Nguyễn Thắm) Số phần tử không gian mẫu   C27  2925 Để đếm số phần tử không gian thuận lợi cho biến cố A ta chia nhiều trường hợp theo số màu viên bi chọn TH 1: màu 3 Trường hợp có C8  C9  C10  260 phần tử (ứng với màu xanh, đỏ, vàng) TH 2: hai màu C1.C  C 2.C1  C1.C  C 2.C1  C1.C  C 2.C1  1544 Trường hợp có 18448 48437 18449 48438 19449 49438 phần tử (ứng với cặp màu xanh-đỏ, đỏ-vàng, xanh-vàng) TH 3: ba màu 1 Trường hợp có C8.C8.C8  512 phần tử (ứng với màu xanh, đỏ, vàng) Như  A  2316 Vậy xác suất biến cố A P  2316 772  2925 975 Cách (Thầy Nguyễn Thanh Hải) Nhận thấy số viên bi mang số thuộc tập hợp X   1; 2; 3; ; 8 3, có 2viên bi mang số viên bi mang số 10 Vì để đếm số phần tử khơng gian thuận lợi cho biến cố A ta chia nhiều trường hợp theo việc ba viên bi có viên mang số số 10 hay không TH 1: có viên bi mang số thuộc tập hợp X Trường hợp có C8.3.2  48 phần tử (chọn số tập X , chọn viên bi mang số này, chọn viên bi mang số , viên bi lại viên bi mang số 10 ) TH 2: có hai viên bi mang số thuộc tập hợp X Trường hợp có C8 3.3.3  756 phần tử (chọn hai số tập X , chọn viên bi mang số thứ nhất, chọn viên bi mang số thứ hai, chọn viên bi ba viên bi mang số số 10 TH 3: ba viên bi mang số thuộc tập hợp X Trường hợp có C8 3.3.3  1512 phần tử (chọn ba số tập X , chọn viên bi mang số này) Như  A  2316 Câu 22 [1D2.4-4] Cho A tập hợp số tự nhiên có chữ số khác lập thành từ tập hợp X   1; 2; 3; 4; 5; 8 Chọn ngẫu nhiên 2số từ tập A Tính xác suất để hai số chọn có chữ số khác có tổng 19 ? 22 12 132 11 A B C D 145 435 435 435 Lời giải Chọn B Gọi B: ''hai số chọn có chữ số khác có tổng 19'' Từ tập hợp X   1; 2; 3; 4; 7; 8 lập 30 số tự nhiên có chữ số khác � n    C30  435 (cách) Ta có từ X có số  2, 4, 5, 8 thỏa:   5  19 Có A4  12 số tự nhiên có chữ số khác lập từ  2; 4; 5; 8 Chia 12 số thành nhóm: nhóm chứa chữ số nhóm khơng chứa chữ số Mỗi nhóm có số Ứng với số ab nhóm thứ nhất, có số cd nhóm thứ hai cho a  b  c  d  19 � n B   6.2  12 (cách) Vậy P  B   n B  12  n   435 Câu 23 [1D2.4-4] Cho tập X   4; 5; 6; 7; 8 Viết ngẫu nhiên lên bảng số tự nhiên, số có chữ số đơi khác lập từ X Tính xác suất để hai số có số có chữ số A 13 25 B 25 12 25 Lời giải C D 25 Chọn C Từ tập X lập 5.4.3  60 số tự nhiên đôi khác Số số có mặt chữ số 4là 3.4.3  36 số Số số khơng có mặt chữ số 24 số Gọi A biến cố hai số viết lên bảng có mặt chữ số B biến cố hai số viết lên bảng khơng có mặt chữ số C biến cố hai số viết lên bảng có số có chữ số 1 Ta có n    C60.C60 Ta có P  A �B   P  A   P  B   1 1 C36 C36 C24 C24 13   1 1 C60.C60 C60.C60 25 12 25 Câu 24 [1D2.4-4] Một hộp đựng bi xanh đánh số từ đến , bi vàng đánh số từ đến bi đỏ đánh số từ đến Lấy ngẫu nhiên bi từ hộp Xác suất để ba bi lấy có số khác là: A 73,76% B 67,45% C 81,23% D 56,92% Lời giải Chọn A Số phần tử không gian mẫu là:   C21 Gọi A biến cố bi chọn có số khác Để tính số phần tử biến cố A ta loại trừ trường hợp sau: Trường hợp Cả ba bi lấy ghi số: Có trường hợp Trường hợp Có bi ghi số giống nhau: Khả bi ghi số giống từ đến 6: Có 6.C3 cách chọn ba bi ghi số Vậy P  C   1 P  A �B   Bi cịn lại có 18 cách chọn (khác số với hai bi kia) Khả có 6.C3 18 cách chọn Khả bi ghi số giống số : Có cách chọn hai bi ghi số giống số Có 19 cách chọn bi cịn lại Khả có 19 cách chọn Vậy số phần từ biến cố A là: A     6C3 18  19  981 A 981  �73,76%  1330 Câu 25 [1D2.4-4] Một hộp đựng bi xanh đánh số từ đến , bi vàng đánh số từ đến bi đỏ đánh số từ đến Lấy ngẫu nhiên bi từ hộp Tính xác suất để ba bi lấy có số khác khác màu 108 108 116 109 A B C D 775 665 565 785 Lời giải Chọn B Số phần tử không gian mẫu là:   C21 Gọi A biến cố ba bi lấy có số khác màu khác Cách Ta có trường hợp sau: Trường hợp Bi đỏ chọn ghi số Khi có hai khả sau: Khả Bi vàng chọn ghi số Khi có cách chọn bi xanh Khả Bi vàng chọn ghi số bé Khi bi vàng có cách chọn, bi xanh có cách chọn Trường hợp có  6.5  36 cách chọn Trường hợp Bi đỏ chọn ghi số Khi bi vàng có cách chọn (từ đến 6) bi xanh có cách chọn (vì ghi số phải khác số bi vàng) Trường hợp có 6.5  30 cách chọn Xác suất cần tìm P  A   Trường hợp Bi đỏ chọn ghi số bé Bi đỏ có cách chọn Khả Bi vàng chọn ghi số Khi bi xanh có cách chọn (ghi số khác bi đỏ) Khả Bi vàng chọn ghi số bé khác số bi đỏ Khi bi vàng có cách chọn bi xanh có cách chọn Trường hợp có 6 5 5.4  150 cách chọn Vậy số phần tử biến cố A là: A  36  30  150  216 216 108 Vậy xác suất cần tìm là: P  A    C21 665 Cách Có cách chọn bi xanh Với cách chọn bi xanh có cách chọn bi vàng để bi vàng ghi số khác với bi xanh Với cách chọn bi xanh bi vàng có cách chọn bi đỏ ghi số khác với bi vàng, bi xanh Vậy số phần từ biến cố A là: A  63 108 Xác suất cần tìm là: P  A    C21 665 Câu 26 Có số tự nhiên có bốn chữ số mà tổng chữ số chia hết cho 5? A 18120 B 18150 C 18000 D 18140 Lời giải Chọn C Với 10 số tự nhiên từ đến ta chia nhóm, nhóm gồm chữ số đồng dư với chia cho Gọi số cần lập abcd Rõ ràng với cách chọn ba chữ số a, b, c có hai cách chọn chữ số d để tổng chúng chia hết cho Do đó, số số tự nhiên có tổng chữ số chia hết cho hai lần số cách chọn số có ba chữ số abc Vậy nên số cách chọn 9.102.2  1800 số Câu 27 [1D2.4-4] Cho tập A   0;1;2;3;4;5;6 Gọi S tập hợp gồm chữ số khác chọn từ phần tử tập A Chọn ngẫu nhiên số từ tập S Tính xác suất để số chọn chia hết cho 15 97 43 31 37 A B C D 360 360 360 360 Lời giải Chọn D Số phần tử tập S 6.6.5.4.3  2160 Gọi  không gian mẫu Khi n    2160 Gọi B biến cố: “Số chọn chia hết cho 15” Gọi abcde số có chữ số khác chia hết cho 15 chọn từ phần tử tập A Ta có 15  3.5,  3,5  Do abcdeM 15 � abcdeM5 abcdeM3 TH1 e Khi abcdeM3 �  a  b c  d M3 a, b, c, d� 1;2;4;5 a, b, c, d� 3;6;2;1 a, b, c, d� 3;6;2;5 a, b, c, d� 3;6;4;1 a, b, c, d� 3;6;4;5 Vậy trường hợp có 5.4!  5!  120 số tự nhiên TH2 e Khi abcdeM3 �  a  b c  d  5 M3 � a  b c  d :3 dư a, b, c, d� 3;2;4;1 a, b, c, d� 6;2;4;1 a, b, c, d� 0;2;4;1 a, b, c, d� 3;6;0;2 a, b, c, d� 3;6;0;4 Vậy trường hợp có 2.4! 3.3.3.2.1  102 số tự nhiên Do n B   120  102  222 Vậy xác suất cần tìm là: P  B   n B  222 37   n   2160 360 Câu 28 [1D2.4-4] Cho đa giác  H  có 12 đỉnh nội tiếp đường trịn tâm O Có hình thang cân có đỉnh đỉnh  H  A 135 B 150 C 120 Lời giải D 180 Chọn A Gọi d trục đối xứng hình thang cân có đỉnh đỉnh  H  Trường hợp 1: d qua hai đỉnh  H  Có trục đối xứng Ứng với trục đối xứng có C5 hình thang (lấy đỉnh bên đối xứng qua d ) Trường hợp 2: d qua hai cạnh  H  Có trục đối xứng Ứng với trục đối xứng có C6 hình thang (Lấy đỉnh bên đối xứng qua d ) Trong hình thang có C6 hình chữ nhật đếm hai lần 2 Vậy đáp số toán là: 6 C5  C6   C6  135 hình thang Tổng quát: 2 Nếu đa giác  H  có 2k đỉnh  k �3 có k  Ck  Ck1   Ck hình thang cân có đỉnh đỉnh  H  Nếu đa giác  H  có 2k  đỉnh  k �2 có  2k  1 Ck hình thang cân có đỉnh đỉnh  H  Câu 29 [1D2.4-4] Có hộp đựng bi, hộp có bi màu đỏ màu đen Tổng số bi hai hộp 55 20 Chọn ngẫu nhiên từ hộp viên bi Biết xác suất để chọn hai bi màu đỏ Xác suất 84 để chọn bi màu đen 29 13 A B C D 28 84 84 42 Lời giải Chọn A Gọi x, y số bi hộp Ta có x  y  20 với x, y��* x, y  20 �x  y � Ta có n    xy �� � 100 Dấu "  " không xảy nên n    84 �2 � � �x  14 � � �x  y  20 � �y  � Ta có � � �x  �xy  84 � � � �y  14 Giả sử hộp có 14 bi, hộp có bi Lại có 55  11.5 nên hộp có 11 bi đỏ bi đen; hộp có bi đỏ bi đen 3.1  Xác suất để chọn bi màu đen là: 84 28 Câu 30 [1D2.4-4] Cho tập A   1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 Gọi S tập số tự nhiên có chữ số lập từ A Chọn ngẫu nhiên số từ S , xác suất để số chọn chia hết cho 4 A B C D 9 27 28 Lời giải Chọn C Tập S có 94 phần tử � a1a2a3a4 M2 Gọi số thỏa mãn biến cố a1a2a3a4 Do a1a2a3a4 M6 �� Suy a4 � 2,4,6,8 : có cách; a1, a2 có 92 cách chọn � a3 � 3; 6; 9 nên a3 có cách chọn  Nếu a1  a2  a4  3k �� � a3 � 2; 5; 8 nên a3 có cách chọn  Nếu a1  a2  a4  3k  1�� � a3 � 1; 4; 7 nên a3 có cách chọn  Nếu a1  a2  a4  3k  �� Vậy a3 luôn có cách chọn nên n A   4.9  972 � P  27 Câu 31 [1D2.4-4] Cho K tập hợp số tự nhiên có bốn chữ số Chọn ngẫu nhiên số từ K Tính xác suất để số chọn có tổng chữ số bội 2249 2243 11 49 A B C D 9000 9000 45 9000 Lời giải Chọn A Ta có: K  9.10  9000 Gọi A tập hợp số tự nhiên có bốn chữ số mà tổng chữ số chia hết cho A  abcd ��:  a  b c  d M4   Xét b c  d  4k  r  �r �3 Nếu r � 0;1;2 giá trị r có hai giá trị a cho  a  b c  d M4 (đó a   r, a  8 r ) Nếu r  giá trị r cho  a  b c  d M4 (đó a  1, a  5, a  )  bcd �:�� b, c, d 9, b c d 4k r, r Gọi B Σ�   có ba giá trị a  , C Σ� bcd �: b, c, d 9, b c d 4k Khi đó, ta có: A  B  C  2 B  C   C  2.10  C Xét tập hợp C với c  d  4m n Nếu n� 0;1 giá trị n có hai giá trị b cho b c  d  4k  Nếu n� 2;3 giá trị n có ba giá trị b cho b c  d  4k    cd  ��� : c, d 9, c d 4m n, n , Gọi D Σ�   E Σ� cd  ��� : c, d 9, c d 4m n, n Khi đó, ta có: C  D  E  2 D  E   E  2.10  E , với E  25 24  49 Suy ra: A  2.10  2.10  49  2249 Gọi biến cố X : “Số chọn có tổng chữ số bội 4” Khi đó, xác suất biến cố X là: 2249 P X  9000 Câu 32 [1D2.4-4] Cho đa giác  H  có 18 đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O Gọi X tập hợp tam giác có đỉnh đỉnh  H  Tính xác suất để chọn tam giác từ tập X tam giác cân tam giác 23 21 A B C D 136 136 17 816 Lời giải Chọn B Không gian mẫu  số cách chọn đỉnh 18 đỉnh  H  , đó:   C18  816 Gọi A biến cố cần tính xác suất Gọi d trục đối xứng tam giác cân có đỉnh đỉnh  H  Có 18 trục đối xứng Ứng với trục đối xứng có tam giác cân, có tam giác Do A  18.7  126 A 21   136 Câu 33 [1D2.4-4] Bạn A chọn ngẫu nhiên số từ nhiên từ đến 2018, bạn B chọn ngẫu nhiên số tự nhiên từ đến 4016 Tính xác suất để số bạn A chọn ln bé số bạn B chọn 6053 6035 2017 A B C D 8072 8072 4015 Lời giải Chọn B Số phần tử không gian mẫu   2018.4016 Giả sử bạn A chọn số tự nhiên x , số tự nhiên bạn B chọn có 4016  x cách Vậy P (A)  2018 Khi số cách chọn số bạn A bé số bạn B có �(4016 x)  6107477 x1 6053 8072 Câu 34 [1D2.4-4] Một hộp chứa viên bi đỏ, viên bi xanh viên bi trắng Chọn ngẫu nhiên viên bi từ hộp, tính xác suất để viên bi có ba màu đồng thời hiệu số bi xanh bi đỏ, hiệu số bi trắng số bi xanh, hiệu số bi đỏ số bi trắng theo thứ tự ba số hạng liên tiếp cấp số cộng 75 40 35 A B C D 442 442 221 442 Lời giải Chọn A Không gian mẫu số cách chọn ngẫu nhiên viên bi từ hộp chứa 18 viên bi Suy số phần tử không gian mẫu   C18  18564 Gọi A biến cố "6 viên bi chọn có ba màu đồng thời hiệu số bi xanh bi đỏ, hiệu số bi trắng số bi xanh, hiệu số bi đỏ số bi trắng theo thứ tự ba số hạng liên tiếp cấp số cộng" Gọi x, y, z số bi đỏ, bi xanh bi trắng lấy Suy � Hiệu số bi xanh bi đỏ y  x � Hiệu số bi trắng bi xanh z  y � Hiệu số bi đỏ bi trắng x  z Theo giả thiết, ta có  y  z   x  z  2 z  y � y  z  2 y  z � y  z Do biến cố A phát biểu lại sau "6 viên bi chọn có ba màu đồng thời số bi xanh số bi trắng" Ta có trường hợp thuận lợi cho biến cố A sau: ● Trường hợp Chọn viên bi đỏ, viên bi xanh viên bi trắng 2 Do trường hợp có C5 C6 C7 cách ● Trường hợp Chọn viên bi đỏ, viên bi xanh viên bi trắng 1 Do trường hợp có C5 C6.C7 cách Khi xác suất để số A chọn nhỏ số B chọn là: P  2 1 Suy số phần tử biến cố A A  C5 C6 C7  C5 C6.C7  3360 A 3360 40   Vậy xác suất cần tính P  A    18564 221 ... Chọn B Nếu tổng quát gọi xn số dãy có n  2m chữ VDC  n �3 Tổng số dãy tạo thành 3n Do số chữ số lẻ nên ta có: Nếu xn thỏa mãn đề hay ba chữ VDC xuất lẻ lần ta có cách thêm chữ giống vào cuối... số chữ số lẻ nên có hai chữ xuất chẵn lần chữ xuất lẻ lần Như ta có hai cách thêm hai chữ từ chữ VDC vào cuối để dãy xn n n Vậy xn  3xn  2  xn   xn  2.3 3n  1� � 1 Vậy xác suất cần