34cauTỔHỢP XÁCSUẤT VD VDC(ID5 loigiai)

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

Câu 1 [1D2.2-3] Đội sinh viên tình nguyện gồm 12 bạn nam, 4bạn nữ Chia ngẫu nhiên thành 4tổ, mỗi tổ

4 bạn sao cho có ít nhất hai tổ có nữ Hỏi có bao nhiêu cách chia?

Lời giải Chọn B

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

12 8

3!

C C Do đó đáp số 4 4 4 4 4

C C C C C  .

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

Lời giải

Chọn A

Chọn 2 nữ từ 9 nữ có: C92 cách

Chọn 3 nam từ 8 nam có: 3

8

C cách

Xếp thứ tự 5 bạn được chọn có: 5! cách

�Số cách xếp: 2 3

9 .5! 2419208

Nhận xét: Học sinh thường mắc sai lầm khi ra kết quả: A A83 9224192

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

Lời giải Chọn A

Mỗi tổ có học sinh giỏi suy ra số học sinh giỏi ở mỗi tổ hoặc là 1 hoặc là 2

Vì mỗi tổ đều có học sinh khá, suy ra số học sinh khá ở mỗi tổ là 2 hoặc 3

Khi đó ta có số học sinh giỏi, khá, trung bình ở mỗi tổ tương ứng như sau

Tổ 1 1, 2, 5 1, 3, 4 2, 2, 4 2, 3, 3

Tổ 2 2, 3, 3 2, 2, 4 1, 3, 4 1, 2, 5

Như vậy có hai trường hợp bị trùng

Vậy chỉ còn hai trường hợp

Trường hợp 1: số cách chọn một tổ nào đó có 1 giỏi, 2 khá, 5 trung bình là 3 .C C52 85

Trường hợp 2: số cách chọn một tổ nào đó có 1 giỏi, 3 khá, 4 trung bình là 3 4

3 .C C Vậy tất cả có 3 .C C52 853 .C C53 843780

Nhận xét:

� Bài toán này chỉ là bài toán chia thành 2 tổ (không có thứ tự) Học sinh có thể hiểu sai đề và nhân

đôi kết quả

� Một sai lầm nữa của bài toán là học sinh có thể chọn học sinh trong tổ 1 và ứng với mỗi cách chọn

học sinh của tổ 1 thì có 1 cách chọn số học sinh của tổ 2 từ đó dẫn đến sai lầm

� Nếu kẻ bảng như trên và nhấn mạnh cái không có thứ thự chia tổ, học sinh sẽ hiểu bài toán một cách

rõ ràng

Câu 4 [1D2.4-3] Trên mặt phẳng Oxy, ta xét đa giác ABCD với các điểm A 1;4 , B 5;4 , C 1;0 ,

D  Gọi S là tập hợp tất cả các điểm M x y ;  với x y��, nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của

đa giác ABCD Lấy ngẫu nhiên một điểm M x y ; �S Tính xác suất để 3x y 3

A 11

14

9

16

25.

Lời giải

Chọn C

Miền đa giác ABCD là hình bình hành như hình vẽ Vẽ đường thẳng y  3x 3.

Miền đa giácABCD có 5.5 25 điểm có tọa độ nguyên Vậy n S  25 Điểm M x y ;  thỏa mãn yêu

cầu bài toán khi nó thuộc miền tam giác MDC (không kể cạnh MC) Miền này có 9 điểm có tọa độ nguyên

Vậy xác suất cần tìm là 9

25.

Câu 5 [1D2.4-3] Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi S là tập hợp tất cả các điểm M x y ;  với x y��, và

x� y� Lấy ngẫu nhiên một điểm M S� Tính xác suất để điểm M thỏa mãn hệ thức:

10

ME MF � với E4;0 ,  F 4;0

A 44

43

124

45

169.

Lời giải

Chọn D

6

y y

Vậy S chính là tập hợp tất cả các điểm M x y ;  với x y��, thuộc hình vuông ABCD (kể cả các cạnh)

  13.13 169

n S  

Điểm M thỏa mãn hệ thức: ME MF �10 với E4;0 ,  F 4;0 suy ra M thuộc Elip có phương trình:

1

25 9

x  y 

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

Vậy xác suất cần tìm là: 45

169.

Câu 6 [1D2.4-3] Một bao hạt giống gồm đậu xanh và đậu đỏ trong đó có 3

5 là hạt giống đậu xanh,

2

5 là hạt

giống đậu đỏ Do bao hạt giống này bị lỗi nên chỉ có 2

3 hạt giống đậu xanh nảy mầm và

3

4 hạt giống đậu

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

A 2

1

6

7

10.

Lời giải

Chọn A

Gọi số hạt giống trong bao là 10n� số hạt giống đậu xanh là 6n, số hạt giống đậu đỏ là 4n Số hạt giống đậu xanh nảy mần là 4n, số hạt giống đậu đỏ nảy mần là 3n

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

Gọi A là biến cố thỏa đề bài �n A  4n.

Xác suất cần tìm là P A  n A    25

n

Câu 7 [1D2.4-3] Cho đa giác đều 12 cạnh Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác đó Tính xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho

A 24

27

28

31

55.

Lời giải

Chọn C

Ta có:   3

12

n  C

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

Số tam giác có đúng 1 cạnh trùng với cạnh của đa giác là: 12 12 4  

�Số tam giác có cạnh không trùng với cạnh của đa giác là: 3

12 12 12.8 112

C   

�Xác suất cần tìm: 3

12

112 28 55

P C

Câu 8 [1D2.4-3] Gieo 1 con súc sắc đồng chất, cân đối 6 lần Tính xác suất để được một số lớn hơn bằng 5

xuất hiện ít nhất 5 lần là

A 31

17

17

1

648.

Lời giải

Chọn A

Số phần tử của không gian mẫu  66

TH1: có đúng 5 số 5 có 5

6

5.C cách

TH2: có đúng 5 số 6 có 5

6

5.C cách

TH3: có 6 số 5 hoặc 6 số 6 có 2 cách

Nên  A 62

Do đó 31

23328

P 

Câu 9 [1D2.2-4] Một quán cafe nhạc cần trang trí một bức tường vuông được chia thành 4 ô như hình vẽ

Có bao nhiêu cách để người thợ sơn có thể dùng 4 màu khác nhau để sơn tấm tường này sao cho những ô vuông cạnh nhau không có màu trùng nhau?

A 48 B 24 C 84 D 78.

Lời giải

Chọn C

Trường hợp 1:  1 và  3 cùng màu

 1 có 4 cách chọn;  3 có 1 cách chọn;  2 có 3 cách chọn;  4 có 3 cách chọn

4.1.3.3 36

Trường hợp 2:  1 và  3 khác màu

 1 có 4 cách chọn;  3 có 3 cách chọn;  2 có 2 cách chọn;  4 có 2 cách chọn

4.3.2.2 48

Vậy có: 36 48 84  cách chọn

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

A 3780. B 4410. C 210. D 3150.

Lời giải Chọn B

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

� Số số tự nhiên có 7 chữ số trong đó 3 chữ số 2, 3 chữ số 3, 2 chữ số 5 là 7!

2!.3!.2!.

� Số số tự nhiên có 7 chữ số trong đó chữ số 1, 2, 4 có mặt 1 lần, chữ số 3, 5 có mặt 2 lần là 7!

2!.2!.

� Số số tự nhiên có 7 chữ số trong đó chữ số 1, 3, 5 có mặt 2 lần, chữ số 8 có mặt 1 lần là 7!

2!.2!.

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

2!.2!.

� Số số tự nhiên có 7 chữ số trong đó chữ số 1, 9 có mặt 1 lần và chữ số 5 có mặt 2 lần và chữ số 2

có mặt 3 lần là 7!

3!.2!.

Vậy tất cả có 7! 7! 7!

2!.3!.2! 2!.2! 3!.2!

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

Lời giải

Chọn B

Chọn một phòng thi rồi xếp 3 em có C C101 73350 cách

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

C C  Vậy có tất cả 350.216 75600 cách xếp

Câu 12 [1D2.2-4] Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: Hai chữ số đứng cạnh nhau thì khác nhau, các chữ số đứng giữa thì khác chữ số đứng đầu và đứng cuối

Lời giải

Chọn B

Giải: Gọi X 0, 1, , 9 và số thỏa đề là: aa a a a a a a �1 2 3 4 5 6 7, 1 0

Có 2 trường hợp xảy ra:

TH1 a1a7

Chọn a �1 0 có 9 cách

Chọn a2�a1 có 9 cách

Chọn a3�a1 và a3�a2 có 8 cách (tương tự với a a a4, ,5 6 cũng có 8 cách cho mỗi lần chọn)

Trường hợp này có 9.9.84331776 số

TH2 a1�a7

Chọn a �1 0 có 9 cách

Chọn a7�a1 có 9 cách

Chọn a2�a1 và a2�a7 có 8 cách

Chọn a3�X\a a a1, ,2 7 có 7 cách

Các số còn lại cũng có 7 cách (chọn khác 2 số đầu cuối và khác số cạnh nó)

Trường hợp này có 9.9.8.741555848 số

Vậy tổng cộng có 331776 1555848 1887624  số

Câu 13 [1D2.2-4] Cho đa giác đều có 100 Số tam giác tù tạo thành từ 3 trong 100 đỉnh của đa giác là

Lời giải

Chọn D

Đánh số các đỉnh là A A1, 2, ,A100

Xét đường chéo A A1 51 của đa giác là đường kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác đều chia đường tròn

ra làm hai phần, mỗi phần có 49 điểm: từ A2 đến A50 và A52 đến A100.

Khi đó, mỗi tam giác có dạng A A A 1 i j là tam giác tù nếu A i và A j cùng nằm trong nửa đường tròn

 Chọn nửa đường tròn: có 2 cách chọn

 Chọn hai điểm A A i, j là hai điểm tùy ý được lấy từ 49 điểm A A2, , ,3 A50 có 2

C  cách chọn Giả sử A i nằm giữa A1 và A j thì tam giác A A A 1 i j tù tại đỉnh A i. Mà A A A j i 1�A A A1 i j nên kết quả bị

lặp hai lần

 Có 100 cách chọn đỉnh

Vậy số tam giác tù là 2.1176.100

117600

Cách 2 Áp dụng công thức nhanh ta có 22 492

2

nC   C 

Câu 14 [1D2.2-4] Có bao nhiêu số tự nhiên có 2018 chữ số, trong mỗi số đó các chữ số đều lớn hơn 1 và không có hai chữ số khác nhau cùng nhỏ hơn 7 đứng liền nhau?

A 5.6201822018 B 15.62018 22018

Lời giải

Chọn C

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

Gọi A B n, n lần lượt là tập các số tự nhiên có n chữ số thỏa yêu cầu đề bài mà chữ số tận cùng nhỏ hơn 7

và chữ số tận cùng lớn hơn 6

Lấy một phần tử a thuộc A n, có một cách thêm vào chữ số cuối cho a (thêm vào bên phải chữ số cuối

cùng của a) để được một phần tử của A n1 và có 3 cách thêm vào chữ số cuối cho a để được một phần

tử của B n1.

Lấy một phần tử b thuộc B n, có 5 cách thêm vào chữ số cuối cho b để được một phần tử của A n1 và có

3 cách thêm vào chữ số cuối cho b để được một phần tử của B n1.

Ta có: 1

1

5





�

�

Khi đó: A n1 B n1 4A n 8B n 4 A n  B n4B n

4 A n B n 4.3 A n B n 4 A n B n 12 A n B n ,n 2

với A1 5, B1 3,A2 20,B2 24

Kí hiệu x n A n  B n , ta được: x n24x n112x n, trong đó x18,x244

Sử dụng cách tìm số hạng tổng quát của dãy số, ta được: 1 5.6  2

4

n n

n

x  ��   ��

Áp dụng cho n2018, ta có 15.62018 22018

4  số cần tìm

Câu 15 [1D2.2-4] Xếp 2 viên bi xanh khác nhau, 3 viên bi đỏ giống hết nhau và một viên bi vàng thành một hàng ngang Có bao nhiêu cách xếp 6 viên bi trên sao cho không có 2 viên bi cùng màu nào đứng cạnh nhau

Lời giải

Chọn D

Cách 1: Xếp 2 xanh và 1 vàng có 6 cách trong đó có 2 cách vàng ở giữa và 4 cách 2 xanh cạnh nhau TH1: Nếu vàng ở giữa có 2 cách ^ ^ ^ ^X V X

Chọn 3 vị trí trong 4 khoảng trống xếp đỏ có C434 cách

TH này có 8 cách

TH2: Nếu 2 xanh cạnh nhau có 4 cách

^ ^ ^ ^X X V

Xếp 1 đỏ vào giữa 2 xanh, còn các khoảng trống 1, 3, 4.

có 3 cách xếp 2 đỏ �TH này có 12 cách

� Có 20 cách

Cách 2: Do có 4 viên bi đỏ mà 2 viên cùng màu khác nhau cạnh nhau thì bắt buộc phải có ít nhất 1 viên

đỏ đứng đầu hoặc cuối hàng

TH1: Viên bi đỏ đứng đầu hàng

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

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

� Đ^^Đ^Đ: Tương tự có 4 cách.

TH2: Viên bi đỏ đứng cuối

� ^Đ^Đ^Đ � có 3! Cách.

� Đ^Đ^^Đ � Trùng với TH1 3

� Đ^^Đ^Đ � Trùng với TH1 2

� có 3!.2 4 4 20   cách

Câu 16 [1D2.4-4] Cho đa giác 20 đỉnh nội tiếp đường tròn, gọi  S là tập hợp các đường thẳng đi qua 2

trong số 20 đỉnh đã cho Chọn hai đường thẳng bất kì thuộc tập  S Tính xác suất để được chọn được hai đường thẳng mà giao điểm của chúng nằm bên trong đường tròn

A 5

1

20

17

63.

Lời giải

Chọn D

Số phần tử thuộc tập  S bằng 2

C  Chọn hai phần tử thuộc  S suy ra: 2

190

( )

n C

Nhận thấy: hai đường có giao điểm nằm bên trong đường tròn là hai đường chéo của tứ giác Chọn một tứ giác có C204 cách

Xác suất cần tính bằng

4 20 2 190

17 63

C

C 

Câu 17 [1D2.4-4] Chọn ngẫu nhiên một số nguyên thuộc 1;500 Tính xác suất để chọn được một số là ước của 10800?

A 16

49

23

18

125.

Lời giải

Chọn C

Số phần tử không gian mẫu: n( ) 500 

Ta có: 10800 2 3 5 4 3 2

Gọi x là một ước của 10800 suy ra x2 3 5m n p, với m� 0;4 ;n� 0;3 ; p� 0;2

Có 5 cách chọn m, 4 cách chọn n, 3 cách chọn p,

Suy ra số ước của 10800 là 5.4.3 60

Số ước lớn hơn 500 bằng số nhỏ hơn hoặc bằng 20 (phần nguyên của 10800

500 )

Các ước nhỏ hơn 20 là 1, 2, 4, 8, 16, 3, 9, 5, 6, 12, 18, 10, 15, 20 có 14 ước

Vậy số ước nhỏ hơn 500 bằng 60 14 46 

Xác suất cần tính bằng 46 23

500 250

Câu 18 [1D2.4-4] Từ các tập con của tập A1, 2, 3, , 2018 , người ta chọn ngẫu nhiên ra hai tập Tính xác suất của biến cố cả hai tập được chọn đều khác rỗng đồng thời có số phần tử là một số chẵn nhỏ hơn

1009

A 2018

2018

2

2 2

C

P

C



2 2018

C P C

2018

2

2 2

C P C



2018

2 2 2 2

C P C

Lời giải Chọn C

Số tập con của tập A bằng 22018

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

T C C C  C .

Vậy 2T  2 C20180 C20182 C20184 C20186   C20181008C20181010  C20182018.

Ta lại có: C20180 C20182 C20184 C20186   C10082018C10102018  C20182018

Do đó 4T  4 22018�T 220161.

Vậy xác suất cần tìm: 2016

2018

2

2 2

C P C



Câu 19 [1D2.4-4] Từ ba chữ cái V, D, C ta xếp chúng thành 1 dãy có 2019 chữ cái Hỏi xác suất để xếp

được dãy mà các chữ cái V, D, C đều xuất hiện số lẻ lần là bao nhiêu.

A 1 20181

1

1

1

1

Bài giải

Chọn B

Nếu tổng quát gọi x n là số dãy có n2m1 chữ cái VDC ở trên n �3

Tổng số dãy tạo thành là 3n

Do số các chữ cái là số lẻ nên ta có:

Nếu x n thỏa mãn đề bài hay cả ba chữ cái VDC đều xuất hiện lẻ lần thì ta có 3 cách thêm 2 chữ cái giống nhau vào cuối để được dãy x n2

Nếu x n không thảo mãn đề bài và do số chữ cái là số lẻ nên sẽ có hai chữ cái xuất hiện chẵn lần và một

chữ cái xuất hiện lẻ lần Như vậy ta cũng có hai cách thêm hai chữ cái bất kỳ từ các chữ cái VDC vào cuối để được dãy x n2

Vậy 2 3 2 3 n  2.3n

x  x  x x 

Ta có: x n 3! 6 nên 3 3

4

n n

x   .

Vậy xác suất cần tìm là: 1 11

1

4 3n

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

Lời giải

Chọn C

Dùng biểu đồ Ven biểu diễn ba tập con Các tập con nhỏ được đánh số 1, 2, 3, 4 có 1 phần tử còn các tập con nhỏ không đánh số có thể rỗng

Do số tập con của tập hợp X là 210 nên số phần tử của không gian mẫu là  C10243

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

Bước 1: chọn phần tử cho giao ba tập con (tập con đánh số 1) Bước này có 10 cách

Bước 2: chọn 3 phần tử cho 3 giao của hai tập con (các tập con đánh số 2, 3, 4), mỗi giao có 1 phần tử Bước này có C93 cách

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

Suy ra  A 10 .4C93 6

Vậy xác suất của biến cố A là

9 3 1024

10 .4C 0,019 P

C

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

A 772

209

512

2319

2915.

Lời giải

Chọn A

Cách 1 (Cô Nguyễn Thắm)

Số phần tử của không gian mẫu là  C273 2925.

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

TH 1: một màu

Trường hợp này có C83C93C103 260 phần tử (ứng với màu xanh, đỏ, vàng)

TH 2: hai màu

Trường hợp này có C C1 44 2 4 4381 82C C82 71C C1 442 4 4381 92C C82 81C C1 44 2 4 4319 92C C92 811544 phần tử (ứng với các cặp màu

xanh-đỏ, đỏ-vàng, xanh-vàng)

TH 3: ba màu

Trường hợp này có C C C81 .81 81512 phần tử (ứng với màu xanh, đỏ, vàng)

Như vậy  A 2316

Vậy xác suất của biến cố A là 2316 772

2925 975

P  Cách 2 (Thầy Nguyễn Thanh Hải)

Nhận thấy số viên bi mang cùng số thuộc tập hợp X 1; 2; 3; ; 8 đều là 3, trong chỉ có 2viên bi mang số 9 và 1 viên bi mang số 10 Vì vậy để đếm số phần tử của không gian thuận lợi cho biến cố A

trong bài ta chia nhiều trường hợp theo việc ba viên bi có viên nào mang số 9 hoặc số 10 hay không

TH 1: có đúng một viên bi mang số thuộc tập hợp X

Trường hợp này có C81.3.2 48 phần tử (chọn một số trong tập X , chọn một viên bi mang số này, chọn một viên bi mang số 9, viên bi còn lại là viên bi mang số 10)

TH 2: có đúng hai viên bi mang số thuộc tập hợp X

Trường hợp này có C82.3.3.3 756 phần tử (chọn hai số trong tập X , chọn một viên bi mang số thứ nhất, chọn một viên bi mang số thứ hai, chọn một viên bi trong ba viên bi mang số 9 hoặc số 10

TH 3: cả ba viên bi mang số thuộc tập hợp X

Trường hợp này có 3

8.3.3.3 1512

C  phần tử (chọn ba số trong tập X , chọn lần lượt các viên bi mang các

số này)

Như vậy  A 2316

Câu 22 [1D2.4-4] Cho A là tập hợp các số tự nhiên có 2 chữ số khác nhau được lập thành từ tập hợp

1; 2; 3; 4; 5; 8

X  Chọn ngẫu nhiên 2số từ tập A Tính xác suất để hai số được chọn có các chữ số khác nhau và có tổng bằng 19?

A 22.

12

132

11

435.

Lời giải

Chọn B

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

Từ tập hợp X 1; 2; 3; 4; 7; 8 lập được 30 số tự nhiên có 2 chữ số khác nhau

n  C 

Ta có từ X chỉ có 1 bộ số 2, 4, 5, 8 thỏa: 2 4 5 8 19    Có A4212 số tự nhiên có 2 chữ số khác nhau lập từ 2; 4; 5; 8 .

Chia 12 số đó thành 2 nhóm: nhóm chứa chữ số 2 và nhóm không chứa chữ số 2 Mỗi nhóm có 6 số Ứng với mỗi số ab nhóm thứ nhất, có 2 số cd ở nhóm thứ hai sao cho a b c d   19

n B  

Vậy P B  n B    43512

n

Câu 23 [1D2.4-4] Cho tậpX 4; 5; 6; 7; 8 Viết ngẫu nhiên lên bảng 2 số tự nhiên, mỗi số có 3 chữ số đôi một khác nhau lập từ X Tính xác suất để hai số đó có đúng một số có chữ số 4

A 13

9

12

4

25.

Lời giải

Chọn C

Từ tập X lập được 5.4.3 60 số tự nhiên đôi một khác nhau

Số các số có mặt chữ số 4là 3.4.3 36 số Số các số không có mặt chữ số 4 là 24 số

Gọi A là biến cố hai số viết lên bảng đều có mặt chữ số 4

B là biến cố hai số viết lên bảng không có mặt chữ số 4

C là biến cố hai số viết lên bảng có đúng một số có chữ số 4

Ta có   1 1

60 60

n  C C

Ta có       136 361 241 241

C C C C

P A B P A P B

C C C C

Vậy   1   12

25

P C  P A B� 

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

Lời giải

Chọn A

Số phần tử của không gian mẫu là:  C213

Gọi A là biến cố 3 bi được chọn có số khác nhau

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

Trường hợp 1 Cả ba bi lấy được ghi cùng 1 số: Có 6 trường hợp như vậy

Trường hợp 2 Có đúng 2 bi ghi số giống nhau:

Khả năng 1 2 bi ghi số giống nhau từ 1 đến 6: Có 2

3

6.C cách chọn 2 trong ba bi ghi cùng 1 số nào đó

Bi còn lại có 18 cách chọn (khác số với hai bi kia) Khả năng này có 6 .18C32 cách chọn

Khả năng 2 2 bi ghi số giống nhau là số 7: Có 1 cách chọn hai bi ghi số giống nhau là số 7 Có 19 cách chọn bi còn lại Khả năng này có 19 cách chọn

Vậy số phần từ của biến cố A là: A    6 6 18 19 981C32  

Xác suất cần tìm là   981 73,76%

1330

A

P A   �

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

A 108

108

116

109

785.

Lời giải

Chọn B

Số phần tử không gian mẫu là:  C213

Gọi A là biến cố ba bi lấy được có 3 số khác nhau và 3 màu khác nhau

Cách 1

Ta có các trường hợp sau:

Trường hợp 1 Bi đỏ được chọn ghi số 8 Khi đó có hai khả năng sau:

Khả năng 1 Bi vàng được chọn ghi số 7 Khi đó có 6 cách chọn bi xanh

Khả năng 2 Bi vàng được chọn ghi số bé hơn 7 Khi đó bi vàng có 6 cách chọn, bi xanh có 5 cách chọn

Trường hợp 1 có 6 6.5 36  cách chọn

Trường hợp 2 Bi đỏ được chọn ghi số 7 Khi đó bi vàng có 6 cách chọn (từ 1 đến 6) và bi xanh có 5

cách chọn (vì ghi số phải khác số bi vàng) Trường hợp này có 6.5 30 cách chọn