XC SUT
A - BI TON V TAM GIC, T GIC
Bi toỏn 1. Cho a giỏc cú n nh. Xột tam giỏc cú 3 nh l 3 nh ca a giỏc
n n 4 .
v cú ỳng 1 cnh chung vi a giỏc
n.
v cú ỳng 2 cnh chung vi a giỏc
C n3 n n n 4 .
v khụng cú cnh chung vi a giỏc
Bi toỏn 2. Cho a giỏc u cú 2n nh.
n 2n 2.
S tam giỏc vuụng cú 3 nh l 3 nh ca a giỏc
Bi toỏn 3. Cho a giỏc u cú n nh. S tam giỏc tự c to thnh t 3 trong n nh ca a giỏc l
n.C n22 n l
n.C n21
n chn
2

2

Bi toỏn 4. Cho a giỏc u cú n nh. S tam giỏc nhn c to thnh t 3 trong n nh ca a giỏc
C n3 (s tam giỏc tự + s tam giỏc vuụng) .
Cõu 1. Cho a giỏc cú 12 nh. Chn ngu nhiờn 3 nh ca a giỏc ú. Xỏc sut 3 nh c chn to
thnh mt tam giỏc khụng cú cnh no l cnh ca a giỏc ó cho bng
A.

12.8
.
C123

B.

C128 12.8
.
C123

C.

C123 12 12.8
.
C123

D.

12 12.8
.
C123

Li gii
Ta cú

3


C123 12 12.8
n C12


P

.


3

C123


n A C12 12 8.12

ỏp ỏn C
S tam giỏc c to t 3 nh trong 12 nh: C123 .
S tam giỏc cú 3 nh l 3 nh ca a giỏc v 2 cnh l cnh ca a giỏc: c 3 nh liờn tip cho 1 tam
giỏc tha món bi, nờn cú 12 tam giỏc. (hoc hiu theo cỏch khỏc: tam giỏc cú 3 nh l 3 nh liờn tip
ca a giỏc tc l cú 2 cnh l 2 cnh liờn tip ca a giỏc, 2 cnh ny ct nhau ti 1 nh, m a giỏc ny
cú 12 nh nờn cú 12 tam giỏc tha trng hp ny)
S tam giỏc cú 3 nh l nh ca a giỏc v 1 cnh l cnh ca a giỏc: Trc tiờn ta chn 1 cnh
trong 12 cnh ca a giỏc nờn cú 12 cỏch chn; tip theo chn 1 nh cũn li trong 8 nh (tr 2 nh to
nờn cnh ó chn v 2 nh lin k vi cnh ó chn) . Do ú trong trng hp ny cú 8.12 tam giỏc.
Cõu 2. Cho a giỏc H cú n nh n , n 4 . Bit s cỏc tam giỏc cú 3 nh l nh ca H v khụng cú
cnh no l cnh ca H gp 5 ln s cỏc tam giỏc cú 3 nh l nh ca H v cú ỳng 1 cnh l cnh
ca H . Khng nh no sau õy ỳng?
A. n 4;12 .
B. n 13;21.
C. n 22;30 .
D. n 31;38.
Li gii
S tam giỏc to thnh cú 3 nh l 3 nh ca a giỏc l C n3 .
S tam giỏc to thnh cú ỳng 2 cnh l cnh ca a giỏc l n .
S tam giỏc to thnh cú ỳng 1 cnh l cnh ca a giỏc l n n 4 (iu kin n v n 4 ) .

s tam giỏc to thnh khụng cú cnh no l cnh ca a giỏc l C n3 n n n 4 .

n 35 thoỷa maừn
.
Theo gi thit, ta cú C n3 n n n 4 5.n n 4
n 4 loaùi
ỏp ỏn D
Cõu 3. Cho a giỏc li H cú 22 cnh. Gi X l tp hp cỏc tam giỏc cú ba nh l ba nh ca H . Chn
ngu nhiờn 2 tam giỏc trong X , xỏc sut chn c 1 tam giỏc cú ỳng 1 cnh l cnh ca a giỏc
H v 1 tam giỏc khụng cú cnh no l cnh ca H bng
A.

69
.
70

B.

23
.
17955

C.

748
.
1995

Li gii

D.


35
.
10098


Ta có

 X  C 3  1540

22

748
2

P 
.
n   C1540  1185030

1995
1
1
n  A  C
2218 C1540 2218  22  444312


Đáp án C
Câu 4. Cho một đa giác đều gồm 2n đỉnh n  2, n   . Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh trong số 2n đỉnh của đa giác,
1
.
5

n  8.

xác suất ba đỉnh được chọn tạo thành một tam giác vuông là
A. n  4.

B. n  5.

Tìm n .

C.
Lời giải

D. n  10.

Ta có n   C 23n .
Để ba đỉnh được chọn tạo thành tam giác vuông khi và chỉ khi có hai đỉnh trong ba đỉnh là hai đầu mút
của một đường kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác và đỉnh còn lại là một trong số 2n  2 đỉnh còn lại
2n
n
2
C n1  n .

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

đường kính.

●
Số cách chọn 1 đường kính là
●
Số cách chọn 1 đỉnh còn lại trong 2n  2 đỉnh là C 21n2  2n  2 .

Suy ra n  A  n 2n  2.
n 2 n  2  1
  n  8.
Theo đề bài ta có phương trình
3
C 2n

5

Đáp án C
Câu 5. Cho đa giác đều có 20 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác đều, xác suất để 3 đỉnh được chọn là
3 đỉnh của một tam giác vuông không cân là
A.

3
.
19

B.

2
.
35

C.

8
.
57


D.

17
.
114

Lời giải
3
n   C 20
 1140
160
8
Ta có 

P 
 .
n  A  10.18 10.2  160
1140 57


Đáp án C
●
Số tam giác vuông là 10.18.
●
Số tam giác vuông cân: Cứ mỗi cách chọn 1 đường kính là có 2 tam giác cân ( 2 điểm tạo nên tam
giác cân là giao điểm của đường thẳng qua tâm vuông góc với đường kính đã chọn với đường tròn) . Do
đó có 10.2 tam giác vuông cân.
Câu 6. Cho đa giác đều có 15 đỉnh. Gọi M là tập tất cả các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã cho.
Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập M , xác suất để tam giác được chọn là một tam giác cân nhưng
không phải là tam giác đều là

A.

8
.
91

B.

18
.
91

C.

20
.
91

D.

73
.
91

Lời giải
n   C153  455
90
18

P 

 .
Ta có 
n  A  7.15  3.5  90
455 91


Đáp án B
 Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp của đa giác đều. Xét một đỉnh A bất kỳ của đa giác: Có 7 cặp đỉnh
của đa giác đối xứng với nhau qua đường thẳng OA , hay có 7 tam giác cân tại đỉnh A. Như vậy, với mỗi
một đỉnh của đa giác có 7 tam giác nhận nó làm đỉnh tam giác cân.
 Số tam giác đều có 3 đỉnh là các đỉnh của đa giác là

15
5
3

tam giác.

 Tuy nhiên, trong các tam giác cân đã xác định ở trên có cả tam giác đều, do mọi tam giác đều thì đều
cân tại 3 đỉnh nên tam giác đều được đếm 3 lần.
Suy ra n  A  7.15  3.5  90.
Bài toán 5. Cho đa giác đều có n đỉnh. Công thức tổng quát tính số tam giác tù:


 n.C n22 .  n lẻ 
 n.C n21 .
 n chẵn 
2

2


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. 44100.
B. 58800.
C. 78400.
D. 117600.
Lời giải
Đánh số các đỉnh là A1 , A2 ,..., A100 .
Xét đường chéo A1 A51 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 A1 Ai A j là tam giác tù nếu Ai và A j cùng nằm trong nửa đường tròn
 Chọn nửa đường tròn: có 2 cách chọn.
 Chọn hai điểm Ai , A j là hai điểm tùy ý được lấy từ 49 điểm A2 , A3 ,..., A50 có C 492  1176 cách chọn.
Giả sử Ai nằm giữa A1 và A j thì tam giác A1 Ai A j tù tại đỉnh Ai . Mà A j Ai A1  A1 Ai A j nên kết quả bị lặp
hai lần.
 Có 100 cách chọn đỉnh.
Vậy số tam giác tù là

2.1176.100
 117600.
2

Đáp án D
Cách 2. Áp dụng công thức nhanh ta có n.C n22  100.C 492  117600.
2

Câu 8. Cho đa giác đều 100 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh bất kỳ của đa giác, xác suất để nhận được một tam
giác nhọn là
A.


3
.
11

B.

8
.
11

C.

8
.
33

D.

25
.
33

Lời giải
n   C123
8
Ta có 

P  .
n  A  39200

33


Đáp án C
Số tam giác tù 117600, Số tam giác vuông 50.98  4900.
3
117600  4900  39200.
Suy ra số tam giác nhọn: C100
Bài toán 6. Cho đa giác có n đỉnh. Xét tứ giác có 4 đỉnh là 4 đỉnh của đa giác
 n  C n24  n  5  A.
 và có đúng 1 cạnh chung với đa giác 
n n  5
 n n  5 
 B.
 và có đúng 2 cạnh chung với đa giác 
2

 n  C.
 và có đúng 3 cạnh chung với đa giác 
 C n4   A  B  C .
 và không có cạnh chung với đa giác 

n
4

 C n4   A  B  C   C n35 .
Và ta có thể chứng minh được 

Bài toán 7. Cho đa giác đều có 2n đỉnh.
 C n2 .

Số tứ giác có 4 đỉnh là 4 đỉnh của đa giác và tạo thành HÌNH CHỮ NHẬT 
Bài toán 8. Cho đa giác đều có 4n đỉnh.
 n.
Số tứ giác có 4 đỉnh là 4 đỉnh của đa giác và tạo thành HÌNH VUÔNG 
Chứng minh.
Tứ giác có đúng 1 cạnh chung với đa giác

Chọn 1 cạnh trong n cạnh của đa giác nên có n cách.


Chọn 2 đỉnh còn lại trong n  4 đỉnh (tham khảo hình vẽ trên) nên có C n24 nhưng 2 đỉnh này không được
liên tiếp nên trừ cho n  5 (vì 2 đỉnh liên tiếp sẽ tạo nên 1 cạnh mà có n  4 đỉnh còn lại nên có n  5
cạnh) .
Vậy trong trường hợp này có n  C n24  n  5 tứ giác.
Tứ giác có đúng 2 cạnh chung với đa giác
Trường hợp 1: Tứ giác có hai cạnh kề trùng với cạnh của đa giác
Vì hai cạnh kề cắt nhau tại 1 đỉnh, mà đa giác có n đỉnh nên có n cách chọn hai cạnh kề trùng với cạnh
của đa giác.

Chọn 1 đỉnh còn lại trong n  5 đỉnh (bỏ 3 đỉnh tạo nên hai cạnh kề và 2 đỉnh hai bên, tham khảo hình
vẽ) .
Do đó trường hợp này có n n  5 tứ giác.
Trường hợp 2: Tứ giác có hai cạnh đối thuộc cạnh của đa giác
Chọn 1 cạnh trong n cạnh của đa giác nên có n cách.

Trong n  4 đỉnh còn lại (bỏ 2 đỉnh tạo nên cạnh đã chọn ở trên và 2 đỉnh liền kề cạnh đã chọn, tham
khảo hình vẽ) sẽ tạo nên n  5 cạnh. Chọn 1 cạnh trong n  5 cạnh đó nên có n  5 cách.
Tuy nhiên trong trường hợp này số tứ giác mình đếm đến 2 lần.
n n  5
Do đó trường hợp này có

tứ giác.
Vậy có n n  5 

n n  5
2

2

tứ giác thỏa mãn.

Tứ giác có đúng 3 cạnh chung với đa giác
Đánh số thứ tự các đỉnh của đa giác, ta có n bộ 4 số:
1;2;3;4 , 2;3;4;5, ..., n  3; n  2; n 1; n , n  2; n 1; n;1, n 1; n;1;2, n;1;2;3.
2

3

1
4

Vậy trường hợp này có n tứ giác thỏa mãn.
Câu 9. Cho đa giác có 20 đỉnh. Có bao nhiêu tứ giác được tạo thành mà có các đỉnh là các đỉnh của đa giác và
có đúng 1 cạnh chung với đa giác ?
A. 1700.
B. 2100.
C. 2400.
D. 39520.
Lời giải
2
n  20



 2100.
Ta có n  C n4  n  5 
Đáp án B
Bài tập tương tự. Cho đa giác có 20 đỉnh. Có bao nhiêu tứ giác được tạo thành mà có các đỉnh là các đỉnh
của đa giác và có đúng 2 cạnh chung với đa giác ? Đáp số: 450.


Bài tập tương tự. Cho đa giác đều có 20 đỉnh. Tính xác suất mà hai đường chéo được chọn một cách ngẫu
nhiên sẽ cắt nhau bên trong đa giác. Đáp số:

57
.
169

2
 n   C170
.
 Đa giác 20 đỉnh có C 202  20  170 đường chéo 
 Biến cố chính là số tứ giác có 4 đỉnh được chọn từ 20 đỉnh của đa giác (vì cứ mỗi tứ giác tạo thành sẽ
có đúng một cặp đường chéo cắt nhau trong đa giác) nên n  A  C 204 .
Câu 10. Cho đa giác có 60 đỉnh. Người ta lập một tứ giác tùy ý có 4 đỉnh là các đỉnh của đa giác. Xác suất để
lập được một tứ giác có 4 cạnh đều là đường chéo của đa giác đã cho gần nhất với số nào trong các số
sau?
A. 13, 45%.
B. 40, 45%.
C. 80,70%.
D. 85, 40%.
Lời giải

n   C 604

15.C 553


P

 0,8070.
Ta có 
n  60
n
n  A  C 3  15.C 3
C 604
n 5
55




4

Đáp án C
Câu 11. Có 10 bạn ngồi xung quanh một cái bàn tròn, mỗi bạn cầm một đồng xu như nhau. Tất cả 10 bạn cùng
tung đồng xu của mình, bạn có đồng xu ngửa thì đứng, bạn có đồng xu xấp thì ngồi. Xác suất để có đúng
4 người cùng đứng trong đó có đúng 2 người đứng liền kề bằng
A.

35
.
128


B.

25
.
256

C.

35
.
512

D.

75
.
512

Lời giải
n   2
25

P 
.
Ta có 
n  A  10 C 62  5
256

10


Đáp án B
Biến cố của bài toán được phát biểu lại như sau: '' số tứ giác được tạo thành từ đa giác có 10 đỉnh và có
đúng 1 cạnh chung với đa giác ''.
Câu 12. Có 8 bạn ngồi xung quanh một cái bàn tròn, mỗi bạn cầm một đồng xu như nhau (cân đối và đồng
chất) . Tất cả 8 bạn cùng tung đồng xu của mình, bạn có đồng xu ngửa thì đứng, bạn có đồng xu xấp thì
ngồi. Xác suất để không có hai bạn liền kề cùng đứng là
A.

31
.
32

B.

45
.
256

C.

47
.
256

D.

49
.
256


Lời giải
n   28
47
Ta có 

P 
.
n  A  1  8  20  16  2
256


Đáp án C
 Không có bạn nào đứng: có 1 khả năng.
 Có 1 bạn đứng (7 bạn còn lại ngồi) : có 8 khả năng.
 Có 2 bạn đứng nhưng không cạnh nhau: Đầu tiên chọn 1 người trong 8 người để đứng nên có 8
cách; tiếp theo chọn 1 trong 5 người còn lại đứng (trừ người đã đứng ở trước và hai người hai bên) nên
có 5 cách. Hai người đứng này không phân biệt nên trường hợp này có

8.5
 20
2

khả năng.

 Có 3 bạn đứng nhưng không có 2 bạn nào trong 3 bạn đứng cạnh nhau. Bài toán quy về cho đa giác
có 8 đỉnh, số tam giác có 3 đỉnh là 3 đỉnh của đa giác và không có cạnh chung với đa giác 
 có
C 83  8  8.4  16 khả năng.
 Có 4 bạn đứng nhưng không có 2 bạn nào trong 4 bạn đứng cạnh nhau. Bài toán quy về cho đa giác

 có
có 8 đỉnh, số tứ giác có 4 đỉnh là 4 đỉnh của đa giác và không có cạnh chung với đa giác 
8 3
.C 3  2
4

khả năng.

Câu 13. Cho một đa giác đều 12 đỉnh nội tiếp đường tròn. Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa giác, xác suất để 4
đỉnh được chọn ra tạo thành một hình chữ nhật bằng
A.

2
.
15

B.

13
.
15

C.

1
.
33

D.


32
.
33


Lời giải
Ta có

4


1
n   C12 
P  .

2

33


n  A  C 6

Đáp án C
 Đa giác đều đã cho có

12
6
2

đường chéo lớn.


 Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 đỉnh trong 12 đỉnh có các đường chéo là hai đường chéo lớn. Suy
ra số phần tử của biến cố là n  A  C 62 .
Bài tập tương tự. Cho một đa giác đều 2n đỉnh nội tiếp đường tròn. Biết rằng số tam giác có các đỉnh là 3
trong 2n đỉnh nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n đỉnh. Tìm n . Đáp số: n  8.
Câu 14. Cho đa giác đều có 20 cạnh. Có bao nhiêu hình chữ nhật được tạo thành nhưng không phải là hình
vuông, có các đỉnh là đỉnh của đa giác đều đã cho ?
A. 35.
B. 40.
C. 45.
D. 50.
Lời giải
Số hình chữ nhật được tạo thành (bao gồm cả hình vuông) là C102  45.
Số hình vuông được tạo thành là

20
 5.
4

Vậy số hình chữ nhật thõa mãn yêu cầu bài toán là 45  5  40.
Đáp án B
B - XÁC SUẤT HÌNH HỌC
Câu 15. Trên mặt phẳng Oxy, ta xét một hình chữ nhật ABCD với các điểm A 2;0, B 2;2, C  4;2, D 4;0
(hình vẽ) . Một con châu chấu nhảy trong hình chữ nhật đó tính cả trên cạnh hình chữ nhật sao cho chân
nó luôn đáp xuống mặt phẳng tại các điểm có tọa độ nguyên (tức là điểm có cả hoành độ và tung độ đều
nguyên) . Tính xác suất để nó đáp xuống các điểm M  x ; y  mà x  y  2.

1
3


A. .

3
7

B. .

C.

4
.
7

D.

8
.
21

Lời giải
Số các điểm có tọa độ nguyên thuộc hình chữ nhật là 7.3  21 điểm vì
 x  2; 1;0;1;2;3; 4

.

 y  0;1;2

Để con châu chấu đáp xuống các điểm M  x , y  có x  y  2 thì con châu chấu sẽ nhảy trong khu vực hình
 x  2; 1;0;1;2
thang BEIA. Để M  x , y  có tọa độ nguyên thì 

.
 y  0;1;2

 Nếu x  2;1 thì y  0;1;2  có 2.3  6 điểm.
 Nếu x  0 thì y  0;1  có 2 điểm.
 Nếu x  1  y  0  có 1 điểm.

 có tất cả 6  2  1  9 điểm thỏa mãn.
Vậy xác suất cần tính P 

9
3
 .
21 7

Đáp án B
Câu 16. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, chọn ngẫu nhiên một điểm mà tọa độ là số nguyên có giá trị tuyệt
đối nhỏ hơn hay bằng 4. Nếu các điểm đều có cùng xác suất được chọn như nhau, vậy thì xác suất để
chọn được một điểm mà khoảng cách đến gốc tọa độ nhỏ hơn hoặc bằng 2 là:


A.

11
.
16

B.

13

.
32

C.

13
.
81

D.

15
.
81

Lời giải
 x  4
 x  4; 3; 2; 1;0;1;2;3;4 
Gọi tọa độ điểm M  x ; y  thỏa x , y   và 
nên 
.
 y  4
 y  4; 3; 2; 1;0;1;2;3; 4


Suy ra n   9.9  81.
 x , y  
 x 2  y 2  2  x 2  y 2  4 

  x  0; 1; 2.

Gọi điểm M '  x ; y  thỏa x , y   và OM  2  
 x , y  
 x , y  


 y 2  4  x 2
 y  0; 1; 2 . Do đó có 15  5 cách chọn.
Nếu x  0 
 y  0; 1. Do đó có 2 3  6 cách chọn
Nếu x  1 
 y  0. Do đó có 2 1  2 cách chọn.
Nếu x  2 
Suy ra n  A  5  6  2  13. .

Vậy xác suất cần tính P 

13
.
81

Đáp án C
Câu 17. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật OMNP với M 0;10, N 100;10 và P 100;0. Gọi S là tập hợp
tất cả các điểm A  x ; y  với x , y  , nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của OMNP . Lấy ngẫu nhiên một điểm
A  x ; y   S . Xác suất để x  y  90 bằng
A.

169
200

.


B.

845
.
1111

C.

86
.
101

D.

473
.
500

Lời giải

Nhận thấy các điểm cần tìm nằm trên các đường thẳng y  m với m  0;1;2;...;10.
Ứng với mỗi đường y  m, tương ứng có 101 giá trị của x thỏa mãn ( x  0;1;2;...;100 ) .
Suy ra tập S có 11101  1111 phần tử.
1
n   C1111
 1111
86
Ta có 


P 
.
n  A  946.
101

Đáp án C
 Trên đường y  0 lần lượt có 91 điểm thỏa mãn ( x  0;1;2;...;90 ) .
 Trên đường y  1 lần lượt có 90 điểm thỏa mãn ( x  0;1;2;...;89 ) .


 Trên đường y  10 lần lượt có 81 điểm thỏa mãn ( x  0;1;2;...;80 ) .
Suy ra n  A  91  90  ...  81  946.
Câu 18. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ở góc phần tư thứ nhất ta lấy 2 điểm phân biệt; cứ thế ở các góc phần tư
thứ hai, thứ ba, thứ tư ta lần lượt lấy 3, 4, 5 điểm phân biệt (các điểm không nằm trên các trục tọa độ) .
Trong 14 điểm đó ta lấy 2 điểm bất kỳ. Tính xác suất để đoạn thẳng nối hai điểm đó cắt hai trục tọa độ.
A.

8
.
91

B.

23
.
91

C.

68

.
91

D.

83
.
91

Lời giải
Không gian mẫu là số cách chọn 2 điểm bất kỳ trong 14 điểm đã cho.
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là   C142  91 .
Gọi A là biến cố '' Đoạn thẳng nối 2 điểm được chọn cắt hai trục tọa độ '' . Để xảy ra biến cố A thì hai
đầu đoạn thẳng đó phải ở góc phần tư thứ nhất và thứ ba hoặc phần tư thứ hai và thứ tư.



Hai u on thng gúc phn t th nht v th ba, cú C 21C 41 cỏch.

Hai u on thng gúc phn t th hai v th t, cú C 31C 51 cỏch.
Suy ra s phn t ca bin c A l A C 21C 41 C31C51 23 .
Vy xỏc sut cn tớnh P A

A




23
.

91

ỏp ỏn B
Cõu 19. Cho hai ng thng song song d1 v d2 . Trờn d1 cú 6 im phõn bit, trờn d2 cú n im phõn bit
n 3, n . Tỡm n , bit rng cú 96 tam giỏc cú nh l cỏc im ó cho.
A. n 3.
B. n 4.
C. n 6.
D. n 8.
Li gii
C 3 im khụng thng hng l to thnh 1 tam giỏc.
Do ú s tam giỏc c to thnh t n 6 im gm: 6 im (thng hng) thuc d1 v n im (thng
hng) thuc d 2 l C n36 C 63 C n3 .
n 4 thoỷa maừn
Theo gi thit, ta cú C n36 C 63 C n3 96
.
n 8 loaùi
ỏp ỏn B
Bi tp tng t. Cho hỡnh vuụng ABCD . Trờn cỏc cnh AB, BC , CD, DA ln lt ly 1, 2, 3 v n im
phõn bit n 3, n khỏc A, B, C , D . Tỡm n , bit s tam giỏc ly t n 6 im ó cho l 439. ỏp s
n 10.

Hng dn. Theo gi thit, ta cú C n36 C33 C n3 439.
Cõu 20. Trong khụng gian cho 2n im phõn bit 4 n , trong ú khụng cú ba im no thng hng v
trong 2n im ú cú ỳng n im cựng nm trờn mt mt phng v khụng cú 4 im no ngoi 4 im
trong n im ny l ng phng. Tỡm giỏ tr ca n sao cho t 2n im ó cho to ra ỳng 505 mt phng
phõn bit.
A. n 6.
B. n 8.
C. n 10.

D. n 16.
Li gii
Ta cú
n im ng phng to ra mt mt phng.
n im cũn li nh gi thit to ra C n3 mt phng.
2 im trờn n im ng phng vi n im cũn li to ra C n2 n mt phng.
2 im trờn n im cũn li vi n im ng phng to ra C n2 n mt phng.
n 8.
Theo bi ta cú phng trỡnh: 1 2nC n2 C n3 505
ỏp ỏn B
C - BI TON BC BI
Cõu 21. Mt hp cha 6 qu búng (c ỏnh s t 1 n 6) , 5 qu búng vng (c ỏnh s t 1 n 5) , 4
qu búng xanh (c ỏnh s t 1 n 4) . Ly ngu nhiờn 4 qu búng. Tớnh xỏc sut 4 qu búng ly ra
cú ba mu m khụng cú hai qu búng no cú s th t trựng nhau.
A.

43
.
91

B.

48
.
91

C.

74
.

455

D.

381
.
455

Li gii

n C
74

P
.
Ta cú
2
1
1
1
2
1
1
1
2

455
n
A


C
.
C
.
C

C
.
C
.
C

C
.
C
.
C

4
3
3
4
4
3
4
4
4


ỏp ỏn C

C 42 .C 31 .C 31 cỏch.
2 xanh, 1 vng, 1
C 41 .C 42 .C 31 cỏch.
1 xanh, 2 vng, 1
C 41 .C 41 .C 42 cỏch.
1 xanh, 1 vng, 2
Gii thớch trng hp 1: Khi bc mỡnh s bc bi ớt hn trc tiờn. Bc 2 viờn bi xanh t 4 viờn bi xanh
nờn cú C 42 cỏch, tip theo bc 1 viờn bi vng t 3 viờn bi vng (do loi 2 viờn cựng s vi bi xanh ó bc)
4
15


nên có C 31 cách, cuối cùng bốc 1 viên bi đỏ từ 3 viên bi đỏ (do loại 2 viên cùng số với bi xanh và 1 viên
cùng số với bi vàng) nên có C 31 cách. Tương tự cho các trường hợp còn lại.
Câu 22. Trong một cái hộp có đựng 40 quả bóng, gồm 10 quả bóng xanh được đánh số từ 1 đến 10; 10 quả
bóng đỏ được đánh số từ 1 đến 10; 10 quả bóng vàng được đánh số từ 1 đến 10 và 10 quả bóng trắng
được đánh số từ 1 đến 10. Hai quả bóng cùng màu mang số 1 và số 10 được gọi là '' cặp may mắn '' .
Người ta lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 6 quả bóng. Xác suất để trong 6 quả bóng lấy ra có ít nhất một '' cặp
may mắn '' là
A.

1633
.
9139

B.

1408
.
45695


C.

2447
.
63973

D.

291484
.
3838380

Lời giải
Ta có

6
n   C 40

291484
P
.

n  A  C 43  C 42 C 362  C 21   C 41 C 384  C 31 C 362  C 21   C 32 
3838380




Đáp án D

 Trường hợp 1. Chọn được cả 3 '' cặp may mắn '' : có C 43 cách.
 Trường hợp 2. Chọn được đúng 2 '' cặp may mắn '' : có C 42 .C362  C 21  cách.
(Ở đây C 21 là số cách chọn 1 '' cặp may mắn '' từ 2 '' cặp may mắn '' còn lại)
 Trường hợp 3. Chọn được đúng 1 '' cặp may mắn '' : có C 41 . C 384  C 31 C 362  C 21   C 32  cách.

(Ở đây C 31 C 362  C 21  là số cách chọn 1 '' cặp may mắn '' từ 3 '' cặp may mắn '' còn lại; C 32 là số cách chọn 2
'' cặp may mắn '' từ 3 '' cặp may mắn '' còn lại)
Câu 23. Các mặt của một con xúc sắc được đánh số từ 1 đến 6. Người ta gieo con xúc sắc 3 lần liên tiếp và
nhân các con số nhận được trong mỗi lần gieo lại với nhau. Tính xác suất để tích thu được là một số chia
hết cho 6.
A.

81
.
216

B.

83
.
216

C.

133
.
216

D.


135
.
216

Lời giải
Ta có 6  2 3 và 2;3  1.
Số phần tử của không gian mẫu n   63.
Xét biến cố A : '' tích thu được là một số chia hết cho 6 ''. Ta mô tả không gian của biến cố đối A như sau:
 có 4 3.
 Không có số nào chia hết cho 3 
 Không có số nào chia hết cho 2 
 có 33.
 có 2 3.
 Không có số nào chia hết cho 2 và 3 
Suy ra số phần tử của biến cố đối A là n A  4 3  33  23.
Vậy xác suất cần tính P  1 

4 3  33  23 133

.
63
216

Đáp án C
Chú ý: Do trường hợp không chia hết cho 2 và trường hợp không chia hết cho 3 nó bao trùm luôn trường
hợp không chia hết cho cả 2 và 3 nên mình tính đến hai lần.
Câu 24. Mỗi lượt, ta gieo một con súc sắc (loại 6 mặt, cân đối) và một đồng xu (cân đối) . Tính xác suất để
trong 3 lượt gieo như vậy có ít nhất một lượt gieo được kết quả con súc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng
thời đồng xu xuất hiện mặt sấp.
A.


1
.
12

B.

11
.
12

C.

397
.
1728

D.

1331
.
1728

Lời giải
Xét biến cố A : '' lần gieo thứ nhất con súc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng xu xuất hiện mặt sấp '' 

1
1
11


 P  A  1  .
12
12 12
3
 11 
397
.
của bài toán là P  1    
12 
1728
1
6

1
2

xác suất biến cố A là P  A    
Vậy xác suất cần tính


Câu 25. Một chuồng có 3 con thỏ trắng và 4 con thỏ nâu. Người ta bắt ngẫu nhiên lần lượt từng con ra khỏi
chuồng cho đến khi nào bắt được cả 3 con thỏ trắng mới thôi. Xác suất để cần phải bắt đến ít nhất 5 con
thỏ là
A.

4
.
5

B.


4
.
35

C.

29
.
35

D.

31
.
35

Lời giải
Xét biến cố đối A : '' bắt được 3 thỏ trắng trong 3 hoặc 4 lần '' .
 TH1) Bắt được 3 con thỏ trắng trong 3 lần đầu:
Ta có n   7.6.5 và n A1   3!. Suy ra P A1  

3!
.
7.6.5

 TH2) Bắt được 3 con thỏ trắng trong 4 lần đầu:

 lần 4 bắt được con trắng; lần 1, 2 và 3 bắt được 2 con trắng và 1 con nâu.
T

Ta có n   7.6.5.4 và n A 2   C 41 .C 32 .3!. Suy ra P  A 2  
Suy ra P  A  P  A1   P  A 2  

C 41 .C 32 .3!
.
7.6.5.4

4
31

 P A   .
35
35

Đáp án D
Cách 2. Ta mô tả không gian của biến cố A như sau
TTT; TNNN; NTNN; NNTN
Suy ra P  A 

4
31

 P A  .
35
35

D - BÀI TOÁN VỀ CHỮ SỐ
Câu 26. Cho tập hợp A  1; 2; 3; 4; 5 . Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số trong đó chữ số 3 có mặt
đúng ba lần, các chữ số còn lại có mặt không quá một lần. Chọn ngẫu nhiên một số từ S , xác suất để số
được chọn chia hết cho 3 bằng

1
2

A. .

1
3

B. .

C.

2
.
3

D.

1
.
15

Lời giải
Gọi số cần tìm của tập S có dạng abcde .
● Sắp chữ số 3 vào ba vị trí, có C 53  10 cách.
● Còn lại hai vị trí, chọn 2 số trong 4 số 1; 2; 4; 5 xếp vào hai vị trí đó, có A42  12 cách.
Do đó tập S có 10.12  120 phần tử.
1
n   C120
 120

2
Ta có 

P  .
n  A  20  20  20  20  80
3

Đáp án C
● Hai chữ số còn lại là 1 và 2 , có C 53 .2!  20 số.
● Tương tự cho các trường hợp 1 và 5 ; 2 và 4 ; 4 và 5 .
Câu 27. Cho tập hợp A  0; 1; 2; 3; 4; 5; 6 . Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau và
luôn có mặt chữ số 5 được lập từ các chữ số thuộc tập A . Chọn ngẫu nhiên một số từ S , xác suất để số
được chọn chia hết cho 5 bằng
A.

1
.
4

B.

2
.
9

C.

9
.
26


D.

11
.
26

Lời giải
Gọi số cần tìm của tập S có dạng abcde .
● Ta có 5 cách chọn vị trí cho chữ số 5 , bốn chữ số còn lại có A64 cách chọn nên có 5A64 số luôn có mặt
chữ số 5 (kể cả chữ số 0 ở vị trí đầu tiên) .
● Xét các số có chữ số 0 ở vị trí đầu tiên, khi đó có 4 cách chọn vị trí cho chữ số 5 , ba chữ số còn lại có
A53 cách chọn nên có 4 A53 số.
Do đó tập S có 5 A64  4 A53  1560 phần tử.



n   C1560  1560
9
Ta có 

P  .
3
3

26


n  A  4. A5  5. A5  540
Đáp án C

● e  0 . Khi đó có 4 cách chọn vị trí cho số 5 , ba số còn lại có A53 cách nên có 4.A53 số.
● e  5 . Khi đó a có 5 cách chọn; b , c , d có A53 cách chọn nên có 5.A53 số.
Câu 28. Cho tập hợp A  1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 . Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số được lập từ các
chữ số thuộc tập A . Chọn ngẫu nhiên một số từ S , xác suất để số được chọn chia hết cho 6 bằng
1

A.

1
9

.

B.

4
9

.

C.

4
27

.

D.

9

28

.

Lời giải
Tập S có 9 4 phần tử. Ta có

n   9 4
4


P  .

n  A  4.9 2.3
27


Đáp án C
 a1a2 a3 a4  2.
Gọi số thỏa mãn biến cố là a1a2 a3 a4 . Do a1a2 a3 a4  6 
2
Suy ra a4  2, 4, 6,8 : có 4 cách; và a1 , a2 có 9 cách chọn.
 a3  3; 6; 9 nên a3 có 3 cách chọn.
 Nếu a1  a2  a4  3k 
 a3  2; 5; 8 nên a3 có 3 cách chọn.
 Nếu a1  a2  a4  3k  1 
 a3  1; 4; 7 nên a3 có 3 cách chọn.
 Nếu a1  a2  a4  3k  2 
Vậy a3 luôn luôn có 3 cách chọn nên n  A  4.92.3  972.
Câu 29. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S , xác suất để

chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là
A.

3
.
200

B.

1287
.
90000

C.

1286
.
90000

D.

7
.
500

Lời giải
 n   9.10 4.
Số các số tự nhiên có 5 chữ số là: 9.10 4 
Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là abcd 1.
Ta có abcd 1  10abcd  1  3.abcd  7.abcd  1 chia hết cho 7  3.abcd  1 chia hết cho 7.

Đặt 3.abcd  1  7h  abcd  2h 

h 1
3

là số nguyên khi và chỉ khi h  3t  1.

 1000  7t  2  9999 
Khi đó abcd  7t  2 

998
9997
t 
 t  143,144,...,1428.
7
7

Suy ra số cách chọn t sao cho số abcd 1 chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 1286 hay nói cách
khác n  A  1286.
Vậy xác suất cần tìm P 

1286
.
90000

Đáp án C
Câu 30. Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên có 7 chữ số và chia hết cho 9. Chọn ngẫu nhiên một số từ S , xác
suất để các chữ số của nó đôi một khác nhau bằng
A.


171
.
3125

B.

198
.
3125

C.

207
.
6250

D.

396
.
6250

Lời giải
Số có 7 chữ số, 6 chữ số sau đều có 10 cách chọn, còn chữ số đầu phụ thuộc vào tổng 6 chữ số sau nên
 Không gian mẫu: n   10 6.
chỉ có một cách chọn 
Vì tổng các chữ số từ 0 đến 9 bằng 45 chia hết cho 9, nên muốn viết số có 7 chữ số đôi một khác nhau
và chia hết cho 9 thì ta cần bỏ 3 chữ số trong các chữ số từ 0 đến 9 sao cho tổng của 3 số đó chia hết
cho 9. Các bộ ba số có tổng chia hết cho 9 là:
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.
 Trường hợp 1. Bỏ một trong các bộ số: 0;1;8, 0;2;7, 0;3;6, 0;4;5 : có 4 cách chọn.


Trong 7 chữ số còn lại không có chữ số 0, nên mỗi bộ 7 số còn lại viết được: 7! số.
Do đó trường hợp này có 4.7! số.
 Trường hợp 2. Bỏ một trong các bộ số: 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 : có 10 cách chọn.
Với mỗi cách bỏ ba số đi, trong 7 số còn lại viết được: 6.6! số.
Do đó trong trường hợp này có 10.6.6! số.
Suy ra n  A  4.7! 10.6.6!.
Vậy xác suất cần tính P 

4.7! 10.6.6!
198

.
6
10
3125

Đáp án B
E - BÀI TOÁN VỀ NHÓM
Câu 31. Một tổ học sinh lớp X có 12 học sinh trong số đó có An và Bình. Cô giáo thực hiện phân nhóm ngẫu
nhiên thành 3 nhóm, mỗi nhóm gồm 4 thành viên để thực hiện nhiệm vụ học tập. Xác suất để An và Bình
cùng nhóm là
A.

3C102 C 84C 44
.

C124 C 84C 44

B. 1 

3C102 C 84C 44
.
C124 C 84C 44

C.

3!C102 C 84C 44
.
C124 C 84C 44

D. 1 

3!C102 C 84C 44
.
C124 C 84C 44

Lời giải

n   C C C
3C C C
Ta có 

P 
.
2
4 4


C C C
n
A

3
C
C
C

10 8 4

  
Đáp án A
Đầu tiên có 3 cách chọn nhóm để cho An và Bình vào nhóm đó, sau khi đã chọn An và Bình thì chọn
thêm 2 bạn nữa nên có C102 cách. Chọn 4 bạn cho nhóm tiếp theo nên có C 84 cách. 4 bạn còn lại vào nhóm
cuối cùng nên có C 44 cách.
Câu 32. Trong buổi sinh hoạt nhóm của lớp, tổ một có 12 học sinh gồm 4 học sinh nữ trong đó có Hoa và 8
học sinh nam trong đó có Vinh. Chia tổ thành 3 nhóm, mỗi nhóm gồm 4 học sinh và phải có ít nhất 1
học sinh nữ. Xác suất để Hoa và Vinh cùng một nhóm là
4
12

4
8

4
4

1

8

A. .

2
4 4
10 8 4
4
4 4
12 8 4

7
8

B. .

C.

7
.
32

D.

25
.
32

Lời giải
Không gian mẫu là số cách chia 12 học sinh thành 3 nhóm và phải đảm bảo mỗi nhóm có ít nhất 1 học

sinh nữ. Giả sử
●
Nhóm thứ nhất có 2 nữ và 2 nam, có C 42 .C 82 cách.
●
Nhóm thứ hai có 1 nữ và 3 nam, có C 21 .C 63 .
●
Sau khi chia nhóm thứ nhất và thứ hai xong thì còn lại 1 nữ và 3 nam nên nhóm thứ ba có duy nhất
1 cách.
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n   C 42 .C 82 .C 21.C 63  6720 .
Gọi A là biến cố '' Hoa và Vinh cùng một nhóm '' . Ta mô tả các khả năng thuận lợi cho biến cố A như
sau:
●
Trường hợp thứ nhất. Hoa và Vinh cùng với 1 bạn nam và 1 bạn nữ thành một nhóm nên có C 71.C 31
cách. Nhóm thứ hai có 3 bạn nam và 1 bạn nữ nên có C 63 .C 21 . Cuối cùng còn lại 3 bạn nam và 1 bạn nữ
nên có 1 cách duy nhất cho nhóm thứ ba. Do đó trong trường hợp này có C 71.C 31.C 63 .C 21  840 cách.
●
Trường hợp thứ hai. Hoa và Vinh cùng với 2 bạn nam thành một nhóm nên có C72 cách. Nhóm thứ
hai có 2 bạn nam và 2 bạn nữ nên có C 52 .C 32 . Cuối cùng còn lại 3 bạn nam và 1 bạn nữ nên có 1 cách duy
nhất cho nhóm thứ ba. Do đó trong trường hợp này có C 72 .C 52 .C 32  630 cách.
●
Trường hợp thứ ba. Hoa và Vinh cùng với 2 bạn nam thành một nhóm. Nhóm thứ hai có 3 bạn
nam và 1 bạn nữ. Suy ra nhóm thứ ba có 2 bạn nam và 2 bạn nữ. Trường hợp này trùng với trường hợp
thứ hai nên ta không tính.
Suy ra số phần tử của biến cố A là n  A  840  630  1470 .
Vậy xác suất cần tính P 

1470
7
 .
6720 32



Đáp án C
F - BÀI TOÁN VỀ MÃ ĐỀ THI
Câu 33. Hai thí sinh A và B tham gia một buổi thi vấn đáp. Cán bộ hỏi thi đưa cho mỗi thí sinh một bộ câu hỏi
thi gồm 10 câu hỏi khác nhau, được đựng trong 10 phong bì dán kín, có hình thức giống hệt nhau, mỗi
phong bì đựng 1 câu hỏi; thí sinh chọn 3 phong bì trong đó để xác định câu hỏi thi của mình. Biết rằng bộ
10 câu hỏi thi dành cho các thí sinh là như nhau, xác suất để 3 câu hỏi A chọn và 3 câu hỏi B chọn có ít
nhất 1 câu hỏi giống nhau là
A.

7
.
24

B.

17
.
24

C.

19
.
40

D.

21

.
40

Lời giải
Không gian mẫu là tập hợp gồm các cặp hai bộ 3 câu hỏi, mà ở vị trí thứ nhất của cặp là bộ 3 câu hỏi thí
sinh A chọn và ở vị trí thứ hai của cặp là bộ 3 câu hỏi thí sinh B chọn.
●
Thí sinh A có C103 cách chọn 3 câu hỏi từ bộ gồm 10 câu hỏi.
●
Thí sinh B có C103 cách chọn 3 câu hỏi từ bộ gồm 10 câu hỏi.
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là   C103 .C103 .
Gọi X là biến cố '' 3 câu hỏi A chọn và 3 câu hỏi B chọn có ít nhất 1 câu hỏi giống nhau '' . Để tìm số
phần tử của X , ta đi tìm số phần tử của X như sau
●
Giả sử A chọn trước nên có C103 cách chọn 3 câu hỏi từ bộ gồm 10 câu hỏi.
●
Để B chọn khác A thì B phải chọn 3 trong 7 câu hỏi còn lại từ bộ 10 câu hỏi nên có C73 cách chọn.
Suy ra số phần tử của biến cố X là X  C103 .C73 .
Vậy xác suất cần tính P  X  

X




  X





C103 .C103  C103 .C107
17
.

3
3
C10 .C10
24

Đáp án B
Bài tập tương tự. Với đề bài như trên và câu hỏi là tính xác suất để 3 câu hỏi A chọn và 3 câu hỏi B
chọn có đúng 1 câu hỏi giống nhau. Đáp số:

21
.
40

Câu 34. An và Bình cùng tham gia kỳ thi THPT Quốc Gia 2018, trong đó có 2 môn thi trắc nghiệm là Vật lí và
Hóa học. Đề thi của mỗi môn gồm 6 mã khác nhau và các môn khác nhau có mã khác nhau. Đề thi được
sắp xếp và phát cho các thí sinh một cách ngẫu nhiên. Xác suất để trong 2 môn thi đó An và Bình có
chung đúng một mã đề thi bằng
A.

5
.
18

B.

13

.
18

C.

5
.
36

D.

31
.
36

Lời giải
n   6.6 6.6  6 4
5
Ta có 

P  .
n  A  2 6.6 1.5
18


Đáp án A
●
Mỗi người có 6 cách chọn mã đề cho mỗi môn nên n   6.66.6  6 4.
●
Có 2 trường hợp trùng mã đề (Vật lí hoặc Hóa học) . Nếu An chọn đề trước thì An có 6.6 cách

chọn. Bình chọn đề sau mà để trùng với mã đề của An thì môn trùng chỉ có 1 cách chọn (An chọn gì thì
bắt buộc Bình chọn nấy) , môn còn lại Bình phải chọn khác An nên có 5 cách chọn (chọn 5 mã đề còn lại
trừ mã đề An đã chọn ra) . Vậy n  A  2 6.61.5.
Câu 35. An và Bình cùng tham gia kỳ thi THPT Quốc Gia, ngoài thi ba môn Văn, Toán, Anh bắt buộc thì An
và Bình đều đăng ký thêm 2 môn tự chọn khác trong 3 môn: Hóa Học, Vật Lí, Sinh học dưới hình thức
trắc nghiệm. Mỗi môn tự chọn trắc nghiệm có 6 mã đề thi khác nhau và mã đề thi của các môn khác nhau
thì khác nhau. Xác suất để An và Bình chỉ có chung đúng một môn thi tự chọn và một mã đề thi là
2
3

A. .

B.

1
.
9

C.

3
.
18

D.

5
.
18


Lời giải
Không gian mẫu là số cách chọn môn tự chọn và số mã đề thi có thể nhận được của An và Bình.
●
An có C 32 cách chọn môn tự chọn, có C 61 .C 61 mã đề thi có thể nhận cho 2 môn tự chọn của An.
●
Bình có C 32 cách chọn môn tự chọn, có C 61 .C 61 mã đề thi có thể nhận cho 2 môn tự chọn của Bình.


Suy ra số phần tử của không gian mẫu là   C 32C 61.C 61  .
Gọi A là biến cố '' An và Bình chỉ có chung đúng một môn thi tự chọn và một mã đề thi '' . Để tính số kết
quả thuận lợi cho A , ta mô tả cách chọn 2 môn tự chọn của An và Bình và cách nhận mã đề thi thỏa mãn
yêu cầu bài toán.
●
Cách chọn môn. Giả sử An chọn trước 2 môn tự chọn trong 3 môn nên có C 32 cách. Để Bình chọn 2
trong 3 môn tự chọn nhưng chỉ có đúng 1 môn trùng với An nên Bình phải chọn 1 trong 2 môn An đã
chọn và 1 môn còn lại An không chọn, suy ra Bình có C 21.C11 cách. Do đó có C 32 .C 21 .C11 cách chọn môn thỏa
yêu cầu bài toán.
●
Cách chọn mã đề. Vì An chọn trước nên cách chọn mã đề của An là C 61 .C 61 . Để Bình có chung đúng
1 mã đề với An thì trong 2 môn Bình chọn, môn trùng với An phải chọn mã đề giống như An nên có 1
cách, môn không trùng với An thì được chọn tùy ý nên có C 61 cách, suy ra số cách chọn mã đề của Bình là
1.C 61 . Do đó có C 61 .C 61 .1.C 61 cách chọn mã đề thỏa yêu cầu bài toán.
Suy ra số phần tử của biến cố A là A  C 32 .C 21 .C11 .C 61 .C 61 .1.C 61  .
2

Vậy xác suất cần tính P 

C 32 .C 21.C11 .C 61.C 61.1.C 61  1
 .
2

9
C32C 61.C 61 

Đáp án B
G - BÀI TOÁN VỀ ĐỀ THI
Câu 36. Một phiếu điều tra về vấn đề tự học của học sinh gồm 10 câu trắc nghiệm, mỗi câu có 4 phương án trả
lời. Phiếu thu lại được coi là hợp lệ nếu được trả lời 10 câu, mỗi câu chỉ chọn 1 đáp án. Hỏi cần tối thiểu
bao nhiêu phiếu hợp lệ để trong số đó luôn có ít nhất 2 phiếu trả lời giống hệt nhau cả 10 câu hỏi ?
A. 41.
B. 10001.
C. 1048576.
D. 1048577.
Lời giải
Mỗi phiếu có 4 phương án trả lời (hay nói cách khác mỗi phiếu có 4 cách chọn đáp án) . Do đó có 410 kết
quả khác nhau có thể xảy ra đối với các phiếu hợp lệ.
10
Vậy cần tối thiểu C 41   1  1048577 phiếu hợp lệ để có hai phiếu trả lời giống hệt nhau cả 10 câu.
Đáp án D
Câu 37. Từ một ngân hàng 20 câu hỏi, trong đó có 4 câu hỏi khó. Người ta xây dựng hai đề thi mỗi đề thi gồm
10 câu và các câu trong một đề được đánh số thứ tự từ Câu 1 đến Câu 10 . Hỏi có bao nhiêu cách xây
dựng hai đề thi mà mỗi đề thi đều gồm 2 câu hỏi khó.
A. 77220.
B. 77221.
C. 5080320.
D. 10!2 C 42C168 .
Lời giải
● Chọn ra 2 câu hỏi khó trong 4 câu và 8 câu hỏi dễ trong 16 câu cho đề thứ nhất, sau đó sắp xếp 10 câu
này theo thứ tự từ Câu 1 đến Câu 10 có C 42 .C168 .10! cách.
● 10 câu còn lại lấy làm đề thứ hai và sắp xếp theo thứ tự từ Câu 1 đến Câu 10 có 10! cách.
2

Suy ra số phần tử của biến cố A là A  C 42 .C168 .10!.10!  10! .C 42 .C168 .
Đáp án D
Câu 38. Đề cương ôn tập môn Lịch sử có 30 câu. Đề thi được hình thành bằng cách chọn ngẫu nhiên 10 câu
trong 30 câu trong đề cương. Một học sinh chỉ học thuộc 25 câu trong đề cương, xác suất để trong đề thi
có ít nhất 9 câu hỏi nằm trong 25 câu mà học sinh đã học thuộc là
A.

323
.
1827

B.

3553
.
7917

C.

4346
.
7917

D.

8075
.
23751

Lời giải

Ta có

10
9
10


C 25
C 51  C 25
3553
n   C 30


P


.

10
9
1
10

7917
C 30


n  A  C 25C 5  C 25

Đáp án B

 9 câu thuộc - 1 câu không thuộc: có C 259 C 51 khả năng.
 10 câu đã học thuộc hết: có C 2510 khả năng.
Câu 39. Trong kỳ thi THPT Quốc Gia có môn thi bắt buộc là môn Toán. Môn thi này thi dưới hình thức trắc
nghiệm với 4 phương án trả lời A, B, C, D . Mỗi câu trả lời đúng được cộng 0, 2 điểm và mỗi câu trả lời


sai bị trừ đi 0,1 điểm. Bạn Hoa vì học rất kém môn Toán nên chọn ngẫu nhiên cả 50 câu trả lời. Xác xuất
để bạn Hoa đạt được 4 điểm môn Toán trong kỳ thi là
40
20
30
10
C 10 .3
C 20 .3
C 20 .3
C 40 .3
A. 50 50 .
B. 50 50 .
C. 50 50 .
D. 50 50 .
4

4

4

4

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

Ta có số điểm của Hoa là 0, 2.x  0,1.50  x   4  x  30 .
Do đó bạn Hoa trả lời đúng 30 câu và sai 20 câu.
Không gian mẫu là số phương án trả lời 50 câu hỏi mà bạn Hoa chọn ngẫu nhiên. Mỗi câu có 4 phương
án trả lời nên có 4 50 khả năng. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là   4 50 .
Gọi X là biến cố '' Bạn Hoa trả lời đúng 30 câu và sai 20 câu '' . Vì mỗi câu đúng có 1 phương án trả lời,
mỗi câu sai có 3 phương án trả lời. Vì vậy có C 5030 .320 khả năng thuận lợi cho biến cố X . Suy ra số phần
tử của biến cố X là X  C 5030 .320 .
C 5030 .3

20

Vậy xác suất cần tính P 

4 50

C 5020 .3

20



4 50

.

Đáp án B
Câu 40. Một bài thi trắc nghiệm khách quan gồm 10 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án trả lời. Xác suất để một
học sinh làm bài thi được ít nhất 8 câu hỏi là
A.


C108
.
40

B.

C108
.
410

C.

C108 .32
.
410

D.

109
.
262144

Lời giải

n   4
109
Ta có 

P 
.

2
8
9
10

262144
n
A

C
.
3

C
.3

C





10
10
10


Đáp án B
Mỗi câu đúng có 1 phương án trả lời, mỗi câu sai có 3 phương án trả lời.
2

● 8 câu đúng - 2 câu sai: có C108 .3 khả năng thuận lợi.
● 9 câu đúng - 1 câu sai: có C109 .3 khả năng thuận lợi.
● 10 câu đúng: có C1010 khả năng thuận lợi.
Câu 41. Trong kỳ thi THPT Quốc Gia, thí sinh A dự thi hai môn thi trắc nghiệm Vật lí và Hóa học. Đề thi của
mỗi môn gồm 50 câu hỏi; mỗi câu hỏi có 4 phương án lựa chọn; trong đó có 1 phương án đúng, làm
đúng mỗi câu được 0, 2 điểm. Mỗi môn thi thí sinh A đều làm hết các câu hỏi và chắc chắn đúng 45 câu,
5 câu còn lại thí sinh A chọn ngẫu nhiên. Xác suất để tổng điểm 2 môn thi của thí sinh A không dưới
19 điểm là
5
5
5
C 5 .3
C 5 .3  C 10
C 5 .3
81922
.
A. 10
B. 10 10 .
C. 10 10 10 .
D. 10 .
10

40

4

4

4


Lời giải
Thí sinh A không dưới 19 điểm khi và chỉ khi trong 10 câu trả lời ngẫu nhiên ở cả hai môn Vậy lí và Hóa
học thì phải đúng ít nhất 5 câu.
Không gian mẫu là số phương án trả lời 10 câu hỏi mà thí sinh A chọn ngẫu nhiên.
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n   410 .
Gọi X là biến cố '' Thí sinh A làm được ít nhất 5 câu trong 10 được cho là chọn ngẫu nhiên '' nên ta có
các trường hợp sau đây thuận lợi cho biến cố X .
Mỗi câu đúng có 1 phương án trả lời, mỗi câu sai có 3 phương án trả lời.
5
● 5 câu đúng - 5 câu sai: có C105 .3 khả năng thuận lợi.
4
● 6 câu đúng - 4 câu sai: có C106 .3 khả năng thuận lợi.
3
● 7 câu đúng - 3 câu sai: có C107 .3 khả năng thuận lợi.
2
● 8 câu đúng - 2 câu sai: có C108 .3 khả năng thuận lợi.
● 9 câu đúng - 1 câu sai: có C109 .3 khả năng thuận lợi.


● 10 câu đúng: có C1010 khả năng thuận lợi.
Suy ra n  X   C105 .35  C106 .34  C107 .33  C108 .32  C109 .3  C1010  81922.
Vậy xác suất cần tính P 

81922
.
410

Cách 2. Xác suất trả lời đúng 1 câu hỏi là

1

4

3
. Ta có các trường hợp:
4
5
5
1 3
C105   .  ;
 4   4 

, trả lời sai là

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

 1   3 
.  ;
 4 
6

4

● Xác suất thí sinh A trả lời đúng 6 trên 10 câu là C106  
4

1 3
● Xác suất thí sinh A trả lời đúng 7 trên 10 câu là C107   .  ;
4 4
7


3

1 3
8

2

● Xác suất thí sinh A trả lời đúng 8 trên 10 câu là C108   .  ;
4 4
1 3
9

● Xác suất thí sinh A trả lời đúng 9 trên 10 câu là C109   . ;
4 4
1

10

● Xác suất thí sinh A trả lời đúng 10 trên 10 câu là C1010   .
4
Cộng các xác suất trên ta được xác suất cần tính.
Câu 42. Trong kỳ thi THPT Quốc Gia, thí sinh An dự thi môn thi trắc nghiệm Toán. Đề thi gồm 50 câu hỏi;
mỗi câu hỏi có 4 phương án lựa chọn; trong đó có 1 phương án đúng, làm đúng mỗi câu được 0, 2 điểm.
Bạn An làm chắc chắn đúng 42 câu, trong 8 câu còn lại chỉ có 3 câu bạn loại trừ được mỗi câu một đáp
án chắc chắn sai. Do không còn đủ thời gian nên An bắt buộc phải khoanh bừa các câu còn lại. Xác suất
bạn An được 9, 4 điểm là
A.

55
.

1536

B.

455
.
3456

C.

379
.
13824

D.

499
.
13824

Lời giải
Ta chỉ quan tâm 8 câu còn lại. Trong 8 câu còn lại mình chia làm 2 loại:
 Loại 1: gồm 3 câu có 3 đáp án A, B, C



1
3

xác suất chọn đáp án đúng là , xác suất chọn đáp án đúng là


2
.
3

 Loại 2: gồm 5 câu có 4 đáp án A, B, C, D



xác suất chọn đáp án đúng là

1
,
4

3
.
4

xác suất chọn đáp án đúng là

Để bạn An đạt được 9,4 điểm (tức cần đúng thêm 5 câu trong 8 câu còn lại) thì xảy ra một trong các khả
năng sau
2
1
Đúng 0 câu loại 1 & Đúng 5 câu loại 3: 
 xác suất   C 55 .  .


3


5

3

4

1 2

1 3

1 2

1 3

2

4

Đúng 1 câu loại 1 & Đúng 4 câu loại 3: 
 xác suất C 31. .  C 54 .  . .
 4  4
3  3 
2

3

2

 xác suất C 32 .  . C 53 .  .  .

Đúng 2 câu loại 1 & Đúng 3 câu loại 3: 
 3  3
 4   4 

1

3

 1   3 
.  .
 4 
2

Đúng 3 câu loại 1 & Đúng 2 câu loại 3: 
 xác suất C 33 .  C 52 . 
 3 
 4 
Cộng các xác suất lại ta được xác suất cần tính P 

3

499
.
13824

Đáp án D
H - BÀI TOÁN VỀ CẶP ĐÔI
Câu 43. Một trường THPT có 10 lớp 12 , mỗi lớp cử 3 học sinh tham gia vẽ tranh cổ động. Các lớp tiến hành
bắt tay giao lưu với nhau (các học sinh cùng lớp không bắt tay với nhau) . Tính số lần bắt tay của các học
sinh với nhau, biết rằng hai học sinh khác nhau ở hai lớp khác nhau chỉ bắt tay đúng 1 lần.



A. 405.

C. 432.
D. 435.
Lời giải
Mỗi lớp cử ra 3 học sinh nên 10 lớp cử ra 30 học sinh.
Suy ra số lần bắt tay là C 302 (bao gồm các học sinh cùng lớp bắt tay với nhau) .
Số lần bắt tay của các học sinh học cùng một lớp là 10.C 32 .
Vậy số lần bắt tay của các học sinh với nhau thỏa mãn yêu cầu là C 302 10.C 32  405.
Đáp án A
Bài tập tương tự. Có tất cả bao nhiêu cặp vợ chồng thực hiện việc bắt tay lẫn nhau (tất nhiên mỗi người
không bắt tay vợ hoặc chồng của mình) trong một buổi gặp mặt, biết rằng có tất cả có 40 cái bắt tay. Đáp
số: 5 cặp vợ chồng.
Câu 44. Trong một buổi liên hoan có 10 cặp nam nữ, trong đó có 4 cặp vợ chồng. Chọn ngẫu nhiên 3 người để
biểu diễn một tiết mục văn nghệ. Xác suất để 3 người được chọn không có cặp vợ chồng nào là
A.

72
.
1140

B. 425.

B.

89
.
95


C.

3
.
20

1
5

D. .

Lời giải
Ta có

3
n   C 20
 1140

72
89

 P  1
 .

n  A  C 41 .C181  72
1140 95


Đáp án B

Biến cố A là 3 người được chọn luôn có 1 cặp vợ chồng.
●
Chọn 1 cặp vợ chồng trong 4 cặp vợ chồng, có C 41 cách.
●
Chọn thêm 1 người trong 18 người, có C181 cách.
Câu 45. Một chi đoàn có 40 người, trong đó có 4 cặp vợ chồng. Ban chấp hành cần chọn ra 3 người để bầu vào
các chức vụ: Bí thư, Phó bí thư 1, Phó bí thư 2. Xác suất để 3 người được chọn không có cặp vợ chồng
nào là
A.

1
.
65

B.

59
.
65

C.

61
.
65

D.

64
.

65

Lời giải
Ta có

3
n   A40
 59280

912
64

 P  1
 .

1
1
n  A  C 4 .C 38
59280
65
.3!  912


Đáp án D
Câu 46. Hai tổ chuyên môn của một trường trung học phổ thông có 9 giáo viên nam và 13 giáo viên nữ trong
đó có đúng 2 cặp vợ chồng. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 5 người trong số 22 người đó nhưng không
có cặp vợ chồng nào ?
A. 24054.
B. 24072.
C. 24090.

D. 25704.
Lời giải
Ta có các trường hợp sau
 TH1: chọn 5 người từ 18 người: có C185 cách.
 TH2: chọn 1 người từ 2 cặp vợ chồng và 4 người từ 18 người: có C 41 .C184 cách.
 TH3: chọn 2 người từ 2 cặp vợ chồng sao cho không phải là một cặp và 3 người từ 18 người: có
C 42  2.C183 cách.
Vậy có C185  C 41 .C184  C 42  2.C183  24072 cách.
Đáp án B
Cách 2. Tính theo phần bù. Tính số cách chọn 5 người tùy ý  (cách chọn 5 người có đúng 1 cặp vợ
chồng  cách chọn 5 người có đúng 2 cặp vợ chồng) .
 Số cách chọn 5 người tùy ý: có C 225  26334 cách.
 Số cách chọn 5 người có đúng 1 cặp vợ chồng: Chọn 1 cặp vợ chồng có 2 cách chọn, chọn 3 người còn
lại có hai khả năng
Khả năng thứ nhất: 1 người từ cặp vợ chồng còn lại và 2 người từ 18 người
Khả năng thứ hai: 3 người từ 18 người
Do đó trường hợp này có 2.C 21C182  C183  cách.


 Số cách chọn 5 có đúng 2 cặp vợ chồng: Chọn 2 cặp vợ chồng có duy nhất 1 cách, chọn thêm 1 người
từ 18 người nên có 18 cách: có 1.18  18 cách.
Vậy có C 225  26334  2.C 21C182  C183   18  24072 cách.
Câu 47. Có 20 cặp vợ chồng tham gia dự thi '' cặp đôi hoàn hảo ''. Trong giờ giải lao, ban tổ chức chọn ra ngẫu
nhiên 4 người để tham gia văn nghệ. Xác suất để 4 người được chọn không có cặp vợ chồng nào là
A.

99
.
323


B.

224
.
323

C.

73
.
481

D.

408
.
481

Lời giải
n   C 404  91390

408

P 
.
Ta có 
n  A  C 4 .C 1 4  77520
481
20
2



Đáp án D
Số cách chọn 4 cặp từ 20 cặp là C 204 .
Mỗi cặp chọn ra 1 người, do đó 4 cặp có nên có C 21  cách chọn.
K - BÀI TOÁN VỀ XẾP VỊ TRÍ
Câu 48. Có 12 người xếp thành một hàng dọc (vị trí của mỗi người trong hàng là cố định) . Chọn ngẫu nhiên 3
người trong hàng. Tính xác xuất để 3 người được chọn không có 2 người nào đứng cạnh nhau.
4

A.

6
.
11

B.

1
.
20

C.

21
.
55

D.


7
.
110

Lời giải
Ta có

3


6
n   C12 
P  .

3

11


n  A  C10

Đáp án A
Biến cố cần tính bằng số cách đặt 3 người vào 3 trong 10 khoảng trống tảo bởi 9 người (cứ đặt đâu lấy
đó) nên có C103 cách.
Bài tập tương tự. Một nhóm gồm 12 học sinh trong đó có Hoa, Anh, Vinh. Hỏi có bao nhiêu cách xếp 12
bạn đó thành một hàng ngang mà không có hai bạn trong ba bạn Hoa, Anh, Vinh đứng cạnh nhau? Đáp
số:

6
.

11

Hướng dẫn. Thực chất bài này như bài toán trên. Ta có n   12! và n  A  9!.A103 .
Câu 49. Xếp 10 cuốn sách tham khảo khác nhau gồm: 1 cuốn sách Văn, 3 cuốn sách tiếng Anh và 6 cuốn sách
Toán (trong đó có hai cuốn Toán T1 và Toán T2 ) thành một hàng ngang trên giá sách. Xác suất để mỗi
cuốn sách tiếng Anh đều được xếp ở giữa hai cuốn sách Toán, đồng thời hai cuốn Toán T1 và Toán T2
luôn được xếp cạnh nhau bằng
A.

1
.
120

B.

1
.
210

C.

1
.
300

D.

1
.
450


Lời giải
n   10!
1
Ta có 

P 
.
n  A  5!.2!.A43 .3
210


Đáp án B
 Xếp 5 quyển toán (coi T1 và T2 là một khối) nên có 5!.2! cách. Tạo ra 4 khoảng trống giữa các cuốn
Toán (không kể hai đầu) .
T
T
T
T
T
 Xếp 3 cuốn sách tiếng Anh vào 4 khoảng trống có A43 cách.
 Xếp 1 cuốn Văn vào 3 vị trí còn lại (một khoảng trống mà tiếng Anh sắp còn lại, cùng với 2 khoảng
trống 2 đầu cuốn Toán) nên có 3 cách.
Câu 50. Một tổ có 9 học sinh gồm 4 học sinh nữ trong đó có hai em Thảo, My và 5 học sinh nam. Xác suất để
xếp 9 học sinh vào một hàng dọc sao cho Thảo và My đứng cạnh nhau còn các em nữ còn lại không đứng
cạnh nhau và cũng không đứng cạnh Thảo và My bằng
1
6

A. .


B.

4
.
9

C.

5
.
63

D.

4
.
67


Lời giải
n   9!
5
Ta có 

P  .
n  A  5!.A63 .2!
63



Đáp án C
 Xếp 5 bạn nam trước (tạo ra 6 khoảng trống kể cả hai đầu) : có 5! cách.
 Coi Thảo và My là 1 khối và 2 bạn nữ còn lại ta xếp vào 3 trong 6 chỗ trống nên có A63 cách. Giữa
Thảo và My đổi chỗ cho nhau nên có 2! cách.
Câu 51. Một tổ có 10 học sinh trong đó có 3 bạn gồm An, Bình và Cúc. Hỏi có bao nhiêu cách xếp 10 học sinh
đó vào một ghế dài có 10 chỗ trống sao cho An và Bình luôn ngồi cạnh nhau nhưng An và Cúc không
ngồi cạnh nhau.
A. 2!.9! 2!.8!.
B. 2!.9! 3.8!.
C. 2!.9! 3!.8!.
D. 3.9! 2.8!.
Lời giải.
●
Vì An và Bình luôn ngồi cạnh nhau nên xem như là 1 khối, giữa 2 người này đổi chỗ cho nhau nên
có 2! cách. Một khối (An và Bình) cùng với 8 người còn lại hoán đổi vị trí cho nhau nên có 9! cách.
Nhưng đếm thế này mình đã đếm luôn trường hợp An và Cúc ngồi cạnh nhau.
●
Ta đếm xem có bao nhiêu trường hợp An và Cúc ngồi cạnh nhau (dĩ nhiên An và Bình cũng ngồi
cạnh nhau) . Xem An, Bình và Cúc như 1 khối nhưng để An ngồi cạnh Bình và cũng ngồi cạnh Cúc thì
An phải ngồi giữa Bình và Cúc, giữa Bình và Cúc đổi chỗ cho nhau nên có 2! cách. Một khối (Bình, An,
Cúc) cùng với 7 người còn lại hoán đổi vị trí cho nhau nên có 8! cách.
Vậy có 2!.9! 2.8! cách thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án A
Câu 52. Sắp xếp 12 học sinh của lớp 12A gồm có 6 học sinh nam và 6 học sinh nữ vào một bàn dài gồm có
hai dãy ghế đối diện nhau (mỗi dãy gồm có 6 chiếc ghế) để thảo luận nhóm. Tính xác suất để hai học
sinh ngồi đối diện nhau và cạnh nhau luôn khác giới.
A.

1
.

462

B.

1
.
924

C.

3
.
99920

D.

1
.
665280

Lời giải
n   12!
1
Ta có 

P 
.
n  A  2.6!.6!
462



Đáp án A
Đánh số thứ tự ghế từ 1 đến 12.
1
2
3
4
5
6
12 11
10
9
8
7
Chọn 1 trong 2 bộ số chẵn hoặc lẻ xếp 6 bạn nam vào, sau đó xếp 6 bạn nữ vào bộ ghế còn lại.
Câu 53. Có 3 bi xanh, 3 bi đỏ, 3 bi trắng và 3 bi vàng (các viên bi cùng màu giống nhau) . Hỏi có bao nhiêu
cách xếp 12 viên bị thành một hàng ngang sao cho các bi cùng màu không cạnh nhau?
A.

1
.
22

B.

2
.
55

C.


1
.
28512

D.

2
.
35640

Lời giải
Ta có


12!
n  
2
3!.3!.3!.3!

P  .


55
3
3
3
3
3
n  A  1.C 4 .C 7 .C10  2.C 6 .C 9


Đáp án B
 Xếp 3 bi xanh trước: có 1 cách (tạo ra 4 khoảng trống kể cả hai đầu) . Tiếp theo xếp 3 bi đỏ vào 4
khoảng trống: có C 43 cách. Bây giờ có tất cả 6 viên bi (gồm 3 bi xanh và 3 bi đỏ) tạo nên 7 khoảng trống,
tiếp tục xếp 3 bi trắng vào 7 khoảng trống: có C73 cách. Thời điểm này có tất cả 9 viên bi (gồm 3 bi xanh,
3 bi đỏ và 3 bi trắng) , tiếp tục xếp 3 bi vàng vào 10 khoảng trống: có C103 cách. Vậy có 1.C 43 .C 73 .C103 cách.
 Tuy nhiên khi xếp 3 bi xanh xong, kế tiếp xếp 3 bi đỏ vào 4 khoảng trống như đã trình bày ở trên thì
có 2 trường hợp mà 2 bi xanh cạnh nhau
Đ
X
X
Đ
X
Đ
Đ
X
Đ
X
X
Đ


Ứng với mỗi trường hợp này sẽ kéo theo việc xếp bi trắng không thỏa mãn là C 63 và việc xếp bi vàng
không thỏa mãn là C103 . Vậy số trường hợp không thỏa mãn (cần phải trừ ra) là 2.C 63 .C 93 cách.
Câu 54. Có 6 viên bi gồm 2 bi xanh, 2 bi đỏ, 2 bi vàng (các viên bi bán kính khác nhau) . Tính xác suất để khi
xếp 6 bi trên thành một hàng ngang thì không có hai viên bi cùng màu nào đứng cạnh nhau.
1
3

A. .


B.

2
.
15

C.

4
.
15

D.

7
.
15

Lời giải
n   6!
1
Ta có 

P  .
n  A  240
3


Đáp án A

 Trường hợp 1. Có 3 cặp cạnh nhau: có 3!.2!.2!.2!  48 cách.
 Trường hợp 2. Có 2 cặp cạnh nhau
 Khả năng thứ nhất: Cặp xanh cạnh cặp đỏ
Ta xem cặp xanh như 1 vị trí, cặp đỏ như 1 vị trí cùng với 2 viên bi vàng nên có 4! cách xếp. Hai viên bi
trong cặp bi xanh đổi vị trí nên có 2! cách, hai viên bi trong cặp bi đỏ đổi vị trí nên có 2! cách. Nhưng ta
đếm thế này là thừa trường hợp 3 cặp bi cạnh nhau.
Do đó khả năng thứ nhất có 4!.2!.2! 48  48 cách.
 Khả năng thứ hai: Cặp xanh cạnh cặp vàng có 48 cách.
 Khả năng thứ ba: Cặp đỏ cạnh cặp vàng có 48 cách.
Vậy trường hợp 2 có 48  48  48  144 cách.
 Trường hợp 3. Có 1 cặp cạnh nhau
 Khả năng thứ nhất: Chỉ có 2 viên bi xanh cạnh nhau
Ta xem cặp xanh như 1 vị trí, cùng với 2 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng nên có 5! cách xếp. Hai viên bi
trong cặp bi xanh đổi vị trí nên có 2! cách. Nhưng ta đếm thế này là thừa trường hợp 2 cặp bi cạnh nhau
(cặp xanh cạnh cặp đỏ & cặp xanh cạnh cặp vàng) và trường hợp 3 cặp bi cạnh nhau.
Do đó khả năng thứ nhất có 5!.2!2.48  48  96 cách.
 Khả năng thứ hai: Chỉ có 2 viên bi đỏ cạnh nhau có 96 cách.
 Khả năng thứ ba: Chỉ có 2 viên bi vàng cạnh nhau có 96 cách.
Vậy trường hợp 3 có 96  96  96  288 cách.

 số cách xếp 6 bi thỏa mãn bài toán là 6! 48 144  288  240 cách.
Nhận xét. Bài này ta không thể làm như bài trước được vì các viên bi khác nhau.
Câu 55. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 5 học sinh nam (trong đó có Hoàng) và 5 học sinh nữ (trong đó có
Lan) thành một hàng ngang. Xác suất để trong 10 học sinh trên không có hai học sinh cùng giới đứng
cạnh nhau, đồng thời Hoàng và Lan cũng không đứng cạnh nhau bằng
A.

1
.
350


B.

1
.
450

C.

4
.
1575

D.

Lời giải
n   10!
8
Ta có 

P 
.
n  A  18432
1575

Đáp án D
1
2
3
4

5
6
7
8
Chọn vị trí chẵn hoặc lẻ để xếp 5 nam: có 2 cách.
Ta xét trường hợp 5 nam ở vị trí chẵn (tương tự cho vị trí lẻ) .
 Khả năng 1: Hoàng đứng ngoài cùng: có 1 cách.
Xếp Lan không cạnh Hoàng: có 4 cách.
Đổi vị trí các nam: có 4! cách; Đổi vị trí các nữ: 4! cách.
Do đó trong trường hợp này có 2.1.4.4!.4!  4608 cách.
 Khả năng 2: Hoàng không đứng ngoài cùng: có 4 cách.
Xếp Lan không cạnh Hoàng (bỏ 2 vị trí cạnh Hoàng) : có 3 cách.
Đổi vị trí các nam: có 4! cách; Đổi vị trí các nữ: 4! cách.
Do đó trong trường hợp này có 2.4.3.4!.4!  13824 cách.

9

10

8
.
1575


Câu 56. 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 lớpB. Hỏi có bao nhiêu cách xếp hàng như vậy ?
D. 80640.
B. 108864.
C. 145152.
D. 322560.

Lời giải
Gọi k là số học sinh lớp C ở giữa hai học sinh lớp A với k  0;1;2;3;4.
...C A.
Trước tiên ta đếm cách tạo thành cụm ACC

k

 Chọn 2 học sinh lớp A xếp 2 đầu có 2! cách. Chọn k học sinh lớp C xếp vào giữa hai học sinh lớp A
...C A.
có A4k cách. Do đó có 2!.A4k cách tạo ra cụm ACC

k

...C A là một vị trí cùng với 9  k  2 học sinh còn lại thành 8  k vị trí. Xếp hàng cho
 Coi cụm ACC

k

các vị trí này có 8  k ! cách.
Vậy với mỗi k như trên có 2!.A4k .8  k ! cách xếp hàng.



4

số cách xếp hàng thỏa mãn đề bài là:

 2!.A .8  k !  145152
k
4


cách.

k 0

Đáp án C
Câu 57. Có 1 viên bi xanh, 2 viên bi vàng và 3 viên bi đỏ (các viên bi có bán kính khác nhau) . Hỏi có bao
nhiêu cách xếp 6 viên bi thành một hàng ngang sao cho các viên bi cùng màu không xếp cạnh nhau ?
A. 72.
B. 120.
C. 196.
D. 432.
Lời giải
Ta đánh số thứ tự các ô cần xếp bi.
I
II
III
IV
V
VI
● Trường hợp thứ nhất
Bi màu đỏ ở các vị trí I, III, V nên có 3! cách.
Bi màu vàng và màu xanh ở các vị trí còn lại II, IV, VI nên cũng có 3! cách.
Do đó trong tường hợp này có 3!.3!  36 cách.
● Trường hợp thứ hai (như trường hợp thứ nhất)
Bi màu đỏ ở các vị trí II, IV, VI nên có 3! cách.
Bi màu vàng và màu xanh ở các vị trí còn lại I, III, V nên cũng có 3! cách.
Do đó trong tường hợp này có 3!.3!  36 cách.
● Trường hợp thứ ba
Bi màu đỏ ở các vị trí I, III, VI nên có 3! cách.

Bi màu vàng và màu xanh ở tùy ý các vị trí còn lại thì có 3! cách nhưng trong đó có vị trí
II x   IV  v   V  v  không thỏa mãn.
Do đó trong tường hợp này có 3!.3! 2  24 cách.
● Trường hợp thứ tư (như trường hợp thứ ba)
Bi màu đỏ ở các vị trí I, IV, VI nên có 3! cách.
Bi màu vàng và màu xanh ở tùy ý các vị trí còn lại thì có 3! cách nhưng trong đó có vị trí
II  v   III  v   V  x  không thỏa mãn.
Do đó trong tường hợp này có 3!.3! 2  24 cách.
Vậy có tất cả 36  24  36  24  120 cách thỏa mãn bài toán.
Đáp án B
Bài tập tương tự: Cũng câu hỏi như trên nhưng các bi cùng màu giống nhau. Đáp số: 10 cách.
Câu 58. Một nhóm gồm 11 học sinh trong đó có 3 bạn An, Bình, Cúc được xếp ngẫu nhiên vào một bàn tròn.
Xác suất để 3 bạn An, Bình, Cúc không có bạn nào được xếp cạnh nhau bằng
A.

7
.
10

B.

4
.
15

C.

7
.
15


Lời giải

D.

11
.
15


n   11 1!  10!
7
Ta có 

P  .
n  A  7!.A83
15

Đáp án C
Xếp 8 ghế quanh bàn tròn rồi xếp 8 bạn vào (11 bạn trừ An, Bình, Cúc) : có 8 1!  7! cách.
8 bạn này sinh ra 8 khoảng trống, xếp 3 bạn (An, Bình, Cúc) vào 3 trong 8 khoảng trống đó nên có A83
cách.
Câu 59. Có 5 học sinh nam, 8 học sinh nữ và 1 thầy giáo được xếp ngẫu nhiên vào một bàn tròn. Xác suất để
thầy giáo xếp giữa hai học sinh nữ bằng

A.

1
.
39


B.

7
.
39

C.

14
.
39

D.

25
.
39

Lời giải
n   14 1!  13!
14
Ta có 

P  .
n  A  C 82 .2!.11!
39


Đáp án C

Bước 1. Ta cố định thầy giáo.
Bước 2. Chọn lấy 2 học sinh nữ để xếp cạnh thầy giáo có C 82 cách.
Bước 3. Xếp 2 học sinh nữ vừa chọn cạnh thầy giáo có 2! cách.
Bước 4. Cuối cùng xếp 11 người còn lại vào 11 vị trí còn lại có 11! cách.
Câu 60. Có 4 cặp vợ chồng cần xếp ngồi vào một bàn tròn. Tính số cách xếp sao cho có vợ chồng nhà A là ngồi
cạnh nhau còn các cặp vợ chồng khác thì hai người là vợ chồng của nhau thì không ngồi cạnh nhau.
A. 240.
B. 244.
C. 288.
D. 480.
Lời giải
 Có 2 cách sắp xếp cho vợ chồng A ngồi vào bàn tròn (giả sử ông chồng ngồi cố định, còn bà vợ có 2
cách xếp) .
 Ta lại xếp 1 cặp vợ chồng khác vào bàn tròn, cặp vợ chồng này có thể đổi chỗ cho nhau nên có 2!
cách.
 Bây giờ có tất cả 3 khe trống (vì cặp vợ chồng A không cho ai ngồi giữa) . Ta xếp 1 cặp vợ chồng
khác vào 3 khe này nên có A32  6 cách.
 Bây giờ có tất cả 5 khe trống. Ta xếp 1 cặp vợ chồng còn lại vào 5 khe này nên có A52  20 cách.
Vậy có 2  2  6  20  480 cách.
Đáp án D