Câu 36.[1D2-4.3-4] (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) 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 xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp.
1385
1603
1331
397
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
1728
1728
1728
1728
Lời giải
Chọn A
Gọi    xi ; yi  : xi  1,..,6, yi S ; N  , i  1, 2,3 là biến cố xuất hiện trong 3 lần gieo, với





 xi ; yi  lượt gieo thứ i con súc
xi 1;2;3;4;5;6 và yi  S ; N  .

sắc xuất hiện mặt xi chấm, đồng xu suất hiện mặt yi với

Khi gieo 3 lần, con súc sắc và đồng xu xuất hiện mặt bất kì ta có: gieo lần 1 (lần 2 hoặc lần 3 ) có
3
6.2 số phần tử của không gian mẫu là n      6.2   1728 . Gọi A là biến cố trong 3 lượt gieo ít
nhất một lượt gieo được kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt
sấp. Khi đó biến cố A xảy ra các khả năng như sau:
TH1: Gọi biến cố A1 chỉ có một lần gieo kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu
xuất hiện mặt sấp thì A1 có số phần tử là n  A1   112.3  363 (do biến cố 1; S  xuất hiện ở một trong
3 lần gieo có C31  3 khả năng xảy ra, hai lần gieo còn lại không xuất hiện biến cố đó mỗi lần còn 11
khả năng xảy ra).
TH2: Gọi biến cố A2 có 2 lần gieo kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất

hiện mặt sấp thì A2 có số phần tử là n  A2   3.11  33 (do 2 trong 3 lần gieo xuất hiện biến cố 1; S 
có C32  3 khả năng, lần gieo còn lại không xuất hiện biến cố đó có 11 khả năng xảy ra).

TH3: Gọi biến cố A3 cả 3 lần gieo kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất
hiện mặt sấp thì A3 có số phần tử là n  A3   1 .

Do đó n  A  n  A1   n  A2   n  A3   363  33  1  397 .
Vậy xác suất cần tìm là P  A 

n  A 397

.
n    1728

Câu 37: [1D2-4.3-4] (THPT TRẦN PHÚ ĐÀ NẴNG – 2018)Gọi S là tập hợp các sô tự nhiên có 9
chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số trong tập S . Tính xác suất để số được chọn
có đúng bốn chữ số lẻ sao cho số 0 luôn đứng giữa hai chữ số lẻ.
20

5
5
5
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
189
648
54
42
Lời giải
Chọn A
Gọi số cần lập là abcdefghi .
Không gian mẫu : Tập hợp số có 9 chữ số đôi một khác nhau.
Vì a  0  có 9 cách chọn a .
bcdefghi không có chữ số ở a  có 9! cách chọn.

Vậy n     9  9! .
Biến cố A : Số được chọn có đúng 4 chữ số lẻ sao cho số 0 luôn đứng giữa hai chữ số lẻ.
 Số 0 luôn đứng giữa hai chữ số lẻ nên số 0 không thể đứng ở a hoặc i .
Suy ra có 7 cách sắp xếp chữ số 0 .


 Chọn hai số lẻ đặt bên cạnh số 0 (có sắp xếp) có A52 cách chọn.
 Tiếp tục chọn hai số lẻ khác và sắp xếp vào 2 trong 6 vị trí còn lại có C32  A62  90 cách

chọn.
Còn lại 4 vị trí, chọn từ 4 số chẵn 2; 4;6;8 có 4!  24 cách chọn.
Vậy n  A  7  A52  90  24  302400 cách chọn.
Xác suất để xảy ra biến cố A là p  A 
Câu 24:

n  A 302400 5

 .
n 
9  9!
54

[1D2-4.3-4] [Chuyên Nguyễn Quang Diệu - Đồng Tháp - 2018 - BTN] Kết quả  b, c  của
việc gieo một con súc sắc cân đối hai lần liên tiếp, trong đó b là số chấm xuất hiện lần gieo thứ
nhất, c là số chấm xuất hiện lần gieo thứ hai được thay vào phương trình bậc hai
x2  bx  c  0 . Tính xác suất để phương trình bậc hai đó vô nghiệm:
17
23
7
5
A.
B.
C.
D.
12
36
36
36
Lời giải

Chọn D
Gieo một con súc sắc cân đối hai lần liên tiếp, số phần tử không gian mẫu là 36 .
Ta có: b là số chấm xuất hiện lần gieo thứ nhất, c là số chấm xuất hiện lần gieo thứ hai nên
b  1;6 và c  1;6 với b , c  .
Phương trình x2  bx  c  0 vô nghiệm khi   0  b2  4c  0  b2  4c .
Với b  1 có 6 trường hợp xảy ra.
Với b  2 có 5 trường hợp xảy ra (trừ trường hợp c  1 ).
Với b  3 có 4 trường hợp xảy ra (trừ trường hợp c  2 ).
Với b  4 có 2 trường hợp xảy ra (trừ trường hợp c  4 )
Do đó có tổng cộng 17 khả năng có thể xảy ra để phương trình vô nghiệm.
17
Vậy xác suất để phương trình vô nghiệm là: P 
.
36

Câu 46: [1D2-4.3-4] (THPT Năng Khiếu - TP HCM - Lần 1 - 2018) Cho số phức z thõa mãn

z  1  i  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  z  2  i  z  2  3i .
2

B. 38  8 10

A. 18
Chọn B
Giả sử z  x  yi ( x, y 

2

C. 18  2 10
Lời giải


B. 16  2 10

). M  x; y  là điểm biểu diễn của z .

Suy ra M   C1  có tâm I1 1;  1 và bán kính r1  2 .
z  1  i  2   x  1   y  1  4 (1).
2

2

P  z  2  i  z  2  3i   x  2    y  1   x  2    y  3 .
2

2

2

2

2

2

Suy ra P   x  1   y  1  x 2  y 2  2 x  10 y  16   x  1   y  5  6 .
2

2

2


Ta có  x  1   y  5  P  6
2

2

 C2  là đường tròn có tâm

I 2  1;5 , bán kính

P  6 ; I1I 2  2 10 .

2




P  6  I1I 2  r1  P  6  2 10  2



2

 P  38  8 10 .

Vậy MaxP=38+8 10 .
Câu 47: [1D2-4.3-4] (THPT Năng Khiếu - TP HCM - Lần 1 - 2018) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự
nhiên có 7 chữ số và chia hết cho 9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S , tính xác suất để các
chữ số của số đó đôi một khác nhau.
396

198
512
369
A.
B.
C.
D.
3125
3125
6250
625
Lời giải
Chọn C
Số chia hết cho 9 có dạng: 9m , với m .
Ta có 1000000  9m  10000000  111111  m  1111111. Do đó có 1000000 số có 7 chữ số
và chia hết cho 9 .
Từ các chữ số 0;1; 2;...;9 ta có các bộ gồm 7 số có tổng chia hết cho 9 là:

 0; 2;3; 4;5;6;7  ;  0;1;3; 4;5;6;8 ;  0;1; 2; 4;5;7;8 ;  0;1; 2;3;6;7;8 ;  0;3; 4;5;7;8;9 ;
 0; 2; 4;6;7;8;9 ;  0;1;5;6;7;8;9 ;  0;1; 2;3; 4;8;9 ;  0;1; 2;3;5;7;9 ;  2;3; 4;5;6;7;9 ;

1;3; 4;5;6;8;9 ; 1; 2; 4;5;7;8;9 ; 1; 2;3;6;7;8;9 .
Có 9 bộ số gồm 7 số có tổng chia hết cho 9 trong đó có số 0 nên từ các bộ số này lập được:
9  6  6!  38880 số có 7 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 9 .
Có 4 bộ số gồm 7 số có tổng chia hết cho 9 tương tự như bộ số  2;3; 4;5;6;7;9  , nên từ các
bộ số này lập được 4  7!  20160 số có 7 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 9 .
Vậy, xác suất chọn một số từ tập S để được một số có các chữ số của số đó đôi một khác nhau
38880  20160 369
là: P 
.


1000000
6250
Câu 49: [1D2-4.3-4] (THPT Chuyên Trần Phú - Hải Phòng - Năm 2018) Chọn ngẫu nhiên một số tự
nhiên có 4 chữ số. Tính xác suất để số được chọn có dạng abcd , trong đó 1  a  b  c  d  9 .
A. 0, 014 .
B. 0, 0495 .
C. 0, 079 .
D. 0, 055 .
Lời giải
Chọn D
Số tự nhiên có bốn chữ số có dạng abcd

a 1;2;3;4;5;6;7;8;9 suy ra có 9 cách chọn

bcd có 103 cách chọn
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n     9.103  9000 .
Gọi A là biến cố ‘‘số được Chọn Có dạng abcd , trong đó 1  a  b  c  d  9 ’’
Số dạng aaaa có 9 số.
Số dạng abcd ( a  b  c  d ) có C94 số.
Số dạng aaab có C92 số.
Số dạng aabb có C92 số.


Số dạng abbc có C93 số.
Số dạng abbc có C93 số.
Số dạng abcc có C93 số.

n  A  9  C94  3.C92  3.C93  495 .
Vậy P  A 

Câu 40:

n  A 495

 0.55 .
n    9000

[1D2-4.3-4]
(THPT Kinh Môn - Hải Dương - Lần 2 - 2018 - BTN) Cho tập
X  6,7,8,9 , gọi E là tập các số tự nhiên khác nhau có 2018 chữ số lập từ các số của tập
X . Chọn ngẫu nhiên một số trong tập E , tính xác suất để chọn được số chia hết cho 3 .
1
1
1
1 
1 
1 
A. 1  4035 
B. 1  2017 
C.
1  4036 
3 2 
3 2 
3 2 

D.

1
1 
1  2018 

3 2 

Lời giải
Chọn A
Gọi An , Bn lần lượt là tập các số chia hết, không chia hết cho 3 .
Với mỗi số thuộc An có hai cách thêm vào cuối một chữ số 6 hoặc một chữ số 9 để được An 1
và hai cách thêm một chữ số 7 hoặc một chữ số 8 để được Bn 1 .
Với mỗi số thuộc Bn có một cách thêm vào cuối một chữ số 7 hoặc một chữ số 8 để được
An 1 và có ba cách thêm một chữ số để được Bn 1 .


 An 1  2 An  Bn
 Bn1  3 An1  4 Bn  An1  5 An  4 An1 .
Như vậy 
B

2
A

3
B

n
n
 n 1
Hay An  5 An1  4 An2 .
Xét dãy số an  An , ta có a1  2, a2  6, an  5an1  4an2 ; n  3 .
Nên an     .4n 

2 1 n

 4 .
3 3

42018  2
số chia hết cho 3.
3
Mà E  42018.
Suy ra có

Vậy P 

42018  2 1 
1 
  1  4035  .
2018
3.4
3  2 

Câu 44. [1D2-4.3-4] (Sở GD và ĐT Đà Nẵng-2017-2018 - BTN) Từ 12 học sinh gồm 5 học sinh giỏi,
4 học sinh khá, 3 học sinh trung bình, giáo viên muốn thành lập 4 nhóm làm 4 bài tập lớn
khác nhau, mỗi nhóm 3 học sinh. Tính xác suất để nhóm nào cũng có học sinh giỏi và học sinh
khá.
36
18
72
144
A.
.
B.
.

C.
.
D.
.
385
385
385
385
Lời giải
Chọn A


Ta có số phần tử không gian mẫu là n()  C123 .C93.C63.C33 .
Đánh số 4 nhóm là A, B, C, D
Bước 1: xếp vào mỗi nhóm một học sinh khá có 4! cách.
Bước 2: xếp 5 học sinh giỏi vào 4 nhóm thì có 1 nhóm có 2 học sinh giỏi. Chọn nhóm có 2
học sinh giỏi có 4 cách, chọn 2 học sinh giỏi có C52 cách, xếp 3 học sinh giỏi còn lại có 3!
cách.
Bước 3: Xếp 3 học sinh trung bình có 3! cách.
4!.4.C 2 .3!.3! 36
Đáp số: 3 35 3 3 
.
C12C9 C6 C3
385
Câu 38.

[1D2-4.3-4] (Chuyên Thái Bình-Thái Bình-L4-2018-BTN) Cho một đa giác  H  có

60 đỉnh nội tiếp một đường tròn  O  . Người ta lập một tứ giác tùy ý có bốn đỉnh là các đỉnh của  H  .


Xác suất để lập được một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của  H  gần với số nào nhất trong các
số sau?
A. 85, 40% .

B. 13, 45% .

C. 40,35% .

D. 80,70% .

Lời giải
Chọn D
Số phần tử của không gian mẫu là: n     C604 .
Gọi E là biến cố “lập được một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của  H  ”.
Để chọn ra một tứ giác thỏa mãn đề bài ta làm như sau:
Bước 1: Chọn đỉnh đầu tiên của tứ giác, có 60 cách.
Bước 2: Chọn 3 đỉnh còn lại sao cho hai đỉnh bất kỳ của tứ giác cách nhau ít nhất 1 đỉnh. Điều này
tương đương với việc ta phải chia m  60 chiếc kẹo cho n  4 đứa trẻ sao cho mỗi đứa trẻ có ít nhất
3
cách, nhưng làm như thế mỗi tứ giác lặp lại 4 lần.
k  2 cái, có Cmn1n ( k 1)1  C55

60.C553
.
4
n  E  60.C553

 80, 7% .
Xác suất của biến cố E là: P  E  
n    4.C604


 Số phần tử của biến cố E là: n  E  

Câu 37.
[1D2-4.3-4] (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2018 - BTN) Cho tập hợp
A  1;2;3;4...;100 . Gọi S là tập hợp gồm tất cả các tập con của A , mỗi tập con này gồm 3 phần tử của

A và có tổng bằng 91 . Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S . Xác suất chọn được phần tử có 3 số lập
thành cấp số nhân bằng?
1
4
2
3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
645
645
645
645
Lời giải
Chọn C
Giả sử tập con bất kì a, b, c  S
 1  a, b, c  100 ; a, b, c phân biệt.
a  b  c  91.

Đây là bài toán chia kẹo Euler nên số bộ a, b, c là: C91311
Tuy nhiên trong các bộ trên vẫn chứa các bộ có 2 chữ số giống nhau, số bộ có 2 chữ số giống nhau là
3.45  135 ( bộ). Vậy n      C902  3.45 : 3!  645 .

Gọi A là biến cố: ” a, b, c lập thành cấp số nhân”
Gọi q là công bội của cấp số nhân theo bài ra ta có q  0


a  aq  aq 2  91

 a 1  q  q 2   1.91  13.7

a  1
a  1
Trường hợp 1: 


2
1  q  q  91 q  9
a  91
a  91

Trường hợp 2: 
(loại)
2
1  q  q  1 q  0
a  13
a  13

Trường hợp 3: 

(thỏa mãn)

2
q  2
1  q  q  7
a  7
a  7
Trường hợp 3: 
(thỏa mãn).

2
1  q  q  13 q  3
Vậy n  A  3 .
P  A 

3
.
645

Câu 912. [1D2-4.3-4] Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt. Chọn ngẫu nhiên
một số từ S . Xác suất chọn được số lớn hơn 2500 là
13
13
55
68
A. P  .
B. P  .
C. P  .
D. P  .
68

68
81
81
Lời giải
Chọn C
Số có 4 chữ số có dạng: abcd .
Số phần tử của không gian mẫu: n  S   9.9.8.7  4536 .
Gọi A : “ tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt và lớn hơn 2500 .”
TH1. a  2
Chọn a : có 7 cách chọn.
Chọn b : có 9 cách chọn.
Chọn c : có 8 cách chọn.
Chọn d : có 7 cách chọn.
Vậy trường hợp này có: 7.9.8.7  3528 (số).
TH2. a  2 , b  5
Chọn a : có 1 cách chọn.
Chọn b : có 4 cách chọn.
Chọn c : có 8 cách chọn.
Chọn d : có 7 cách chọn.
Vậy trường hợp này có: 1.4.8.7  224 (số).
TH3. a  2 , b  5 , c  0
Chọn a : có 1 cách chọn.
Chọn b : có 1 cách chọn.
Chọn c : có 7 cách chọn.
Chọn d : có 7 cách chọn.
Vậy trường hợp này có: 1.1.7.7  49 (số).
TH4. a  2 , b  5 , c  0 , d  0
Chọn a : có 1 cách chọn.
Chọn b : có 1 cách chọn.
Chọn c : có 1 cách chọn.

Chọn d : có 7 cách chọn.
Vậy trường hợp này có: 1.1.1.7  7 (số).


Như vậy: n  A  3528  224  49  7  3808 .
Suy ra: P  A 

n  A 3508 68
.


n  S  4536 81

Câu 916. [1D2-4.3-4] Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số phân biệt được lấy từ các số
1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Xác suất chọn được số chỉ chứa 3 số lẻ
là
16
16
10
23
A. P 
.
B. P  .
C. P  .
D. P 
.
42
42
21
21

Lời giải
Chọn C
Số phần tử không gian mẫu: n     A96  60480 .
(mỗi số tự nhiên abcdef thuộc S là một chỉnh hợp chập 6 của 9- số phần tử của S là số chỉnh
hợp chập 6 của 9).
Gọi A : “số được chọn chỉ chứa 3 số lẻ”. Ta có: n  A  C53 . A63 . A43  28800 .
(bốc ra 3 số lẻ từ 5 số lẻ đã cho- chọn ra 3 vị trí từ 6 vị trí của số abcdef xếp thứ tự 3 số vừa
chọn – bốc ra 3 số chẵn từ 4 số chẵn đã cho xếp thứ tự vào 3 vị trí còn lại của số abcdef )
n  A 28800 10
Khi đó: P  A 

 .
n    60480 21
Câu 45:

[1D2-4.3-4](THPT LƯƠNG TÀI - BẮC NINH - LẦN 2 - 2017 - 2018 - BTN) Lớp 10X có
25 học sinh, chia lớp 10X thành hai nhóm A và B sao cho mỗi nhóm đều có học sinh nam
và nữ. Chọn ngẫu nhiên hai học sinh từ hai nhóm, mỗi nhóm một học sinh. Tính xác suất để
chọn được hai học sinh nữ. Biết rằng, trong nhóm A có đúng 9 học sinh nam và xác suất chọn
được hai học sinh nam bằng 0,54 .
A. 0, 42 .

B. 0, 04 .

C. 0, 46 .

D. 0, 23 .

Lời giải
Chọn B


Gọi số học sinh nam ở nhóm B là c  c 



 và b b   là số học sinh nữ ở nhóm


Số phần tử của không gian mẫu là n      9  b  c  25  9  b  c    9  b 16  b  .
Gọi T là biến cố chọn được hai học sinh nam. Suy ra n T   9c .
Theo giả thiết suy ra

9c
3
c
 0,54 

.
50  9  b 16  b 
 9  b 16  b 

 9  b  16  b 
Do  9  b 16  b   
  200 nên  9  b 16  b  50;100;150 .
2


Thử các trường hợp ta chỉ có trường hợp c  9 và b  1 hoặc b  6 thỏa mãn.
6.1
Vậy xác suất chọn được hai học sinh nữ là

 0, 04 .
150
2

A.


Câu 3538.
[1D2-4.3-4] Giải bóng chuyền VTV Cup có 12 đội tham gia trong đó có 9 đội nước
ngoài và 3 đội củaViệt nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng đấu
A , B , C mỗi bảng 4 đội. Xác suất để 3 đội Việt nam nằm ở 3 bảng đấu là

2C93C63
A. P  4 4 .
C12C8

6C93C63
B. P  4 4 .
C12C8

3C93C63
C. P  4 4 .
C12C8

C93C63
D. P  4 4
C12C8

Lời giải
Chọn B

+ Số phần tử không gian mẫu: n     C124 .C84 .C44 .3!.
(bốc 4 đội từ 12 đội vào bảng A – bốc 4 đội từ 8 đội còn lại vào bảng B – bốc 4 đội từ 4 đội còn
lại vào bảng C – hoán vị 3 bảng)
Gọi A : “ 3 đội Việt Nam nằm ở 3 bảng đấu”
Khi đó: n  A  C93 .C63 .C33 .3!.3! .
(bốc 3 đội NN từ 9 đội NN vào bảng A – bốc 3 đội NN từ 6 đội NN còn lại vào bảng B – bốc 3
đội NN từ 3 đội NN còn lại vào bảng C – hoán vị 3 bảng – bốc 1 đội VN vào mỗi vị trí còn
lại của 3 bảng)
n  A C93 .C63 .C33 .3!.3! 6.C93 .C63
Xác suất của biến cố A là P  A 
 4 4 4
 4 4 .
n  
C12 .C8 .C4 .3!
C12 .C8
Câu 3539.
[1D2-4.3-4] Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt. Chọn ngẫu
nhiên một số từ S . Xác suất chọn được số lớn hơn 2500 là
13
13
55
68
A. P  .
B. P  .
C. P  .
D. P  .
68
68
81
81

Lời giải
Chọn C
Số có 4 chữ số có dạng: abcd .
Số phần tử của không gian mẫu: n  S   9.9.8.7  4536 .
Gọi A : “ tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt và lớn hơn 2500 .”
TH1. a  2
Chọn a : có 7 cách chọn.
Chọn b : có 9 cách chọn.
Chọn c : có 8 cách chọn.
Chọn d : có 7 cách chọn.
Vậy trường hợp này có: 7.9.8.7  3528 (số).
TH2. a  2 , b  5
Chọn a : có 1 cách chọn.
Chọn b : có 4 cách chọn.
Chọn c : có 8 cách chọn.
Chọn d : có 7 cách chọn.
Vậy trường hợp này có: 1.4.8.7  224 (số).
TH3. a  2 , b  5 , c  0
Chọn a : có 1 cách chọn.
Chọn b : có 1 cách chọn.
Chọn c : có 7 cách chọn.
Chọn d : có 7 cách chọn.
Vậy trường hợp này có: 1.1.7.7  49 (số).
TH4. a  2 , b  5 , c  0 , d  0
Chọn a : có 1 cách chọn.
Chọn b : có 1 cách chọn.


Chọn c : có 1 cách chọn.
Chọn d : có 7 cách chọn.

Vậy trường hợp này có: 1.1.1.7  7 (số).
Như vậy: n  A  3528  224  49  7  3808 .
Suy ra: P  A 

n  A 3508 68
.


n  S  4536 81

Câu 3542.
[1D2-4.3-4] Cho đa giác đều 12 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh trong 12 đỉnh của đa giác.
Xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành tam giác đều là
1
1
1
1
A. P  .
B. P 
.
C. P  .
D. P  .
55
220
4
14
Lời giải
Chọn A
Số phần tử không gian mẫu: n     C123  220 .
(chọn 3 đỉnh bất kì từ 12 đỉnh của đa giác ta được một tam giác)

Gọi A : “ 3 đỉnh được chọn tạo thành tam giác đều ”.
(Chia 12 đỉnh thành 3 phần. Mỗi phần gồm 4 đỉnh liên tiếp nhau. Mỗi đỉnh của tam giác đều
ứng với một phần ở trên .Chỉ cần chọn 1 đỉnh thì 2 đỉnh còn lại xác định là duy nhất).
Ta có: n  A  C41  4 .
n  A
4
1
.


n    220 55
Câu 50: [1D2-4.3-4] (THPT Chuyên Quốc Học Huế-Lần 3-2018-BTN) Cho hình hộp chữ nhật
ABCD. ABCD . Tại đỉnh A có một con sâu, mỗi lần di chuyển, nó bò theo cạnh của hình hộp
chữ nhật và đi đến đỉnh kề với đỉnh nó đang đứng. Tính xác suất sao cho sau 9 lần di chuyển,
nó dừng tại đỉnh C  .
1862
1640
435
453
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
6561
6561
2187

2187
Lời giải
Chọn D
Không mất tổng quát giả sử tọa độ đỉnh A  0;0;0  và C  1;1;1 .
Ta thấy: mỗi lần sâu di chuyển là cộng thêm 1 tại 1 trong 3 vị trí hoành độ, tung độ và cao độ
từ vị trí sâu đang đứng. Do đó số phần tử của không gian mẫu là n     39  19683 . Sau 9 lần

Khi đó: P  A 

di chuyển sau đứng tại vị trí 1;1;1 khi và chỉ khi sâu di chuyển số lần tại các tọa độ thành
phần hoành độ ; tung độ, cao độ là :  3;3;3 ; các hoán vị của bộ 1;3;5 ; các hoán vị của bộ

 7;1;1 .
Do đó số trường hợp thuận lợi của biến cố : sâu ở C  sau 9 bước di chuyển là
n    C93 .C63 .C33  6.C95 .C43 .C11  3.C97 .C21.C11  4920
4920 1640
.Câu 36:
[1D2-4.3-4]
[SDG
PHU

19683 6561
THO_2018_6ID_HDG] Lấy ngẫu nhiên một số tự nhiên có 5 chữ số. Xác suất để chọn được

Vậy xác suất cần tìm P 



số tự nhiên có dạng a1a2 a3a4 a5 mà a1  a2  1  a3  3  a4  a5  2 bằng
A.


1148
.
90000

B.

77
.
1500

C.
Lời giải

Chọn A

7
.
5000

D.

1001
.
30000


a2  5
Vì a2  1  a3  3  
.

a3  4
Số có dạng 1042a5 có 10 cách chọn a5 .
Số có dạng 1043a5 có 9 cách chọn a5 .
………………………………………..
Số có dạng 1049a5 có 3 cách chọn a5 .
 Vậy những số có dạng 104a4 a5 có 3  4  ...  10  52 số.
Số có dạng 1053a5 có 9 cách chọn a5 .
Số có dạng 1054a5 có 8 cách chọn a5 .
………………………………………..
Số có dạng 1059a5 có 3 cách chọn a5 .
 Vậy những số có dạng 105a4 a5 có 52 10  42 số.
 Vậy những số có dạng 106a4 a5 có 42  9  33 số.
 Vậy những số có dạng 107a4 a5 có 33  8  25 số.
 Vậy những số có dạng 108a4 a5 có 25  7  18 số.
 Vậy những số có dạng 109a4 a5 có 18  6  12 số.
Kết luận: Những số có dạng 10a3a4 a5 có 12  18  25  33  42  52  182 số.
Những số có dạng 11a3a4 a5  a3  5 có 12  18  25  33  42  130 số.
Những số có dạng 12a3a4 a5  a3  6  có 12  18  25  33  88 số.
Những số có dạng 13a3a4 a5  a3  7  có 12  18  25  55 số.
Những số có dạng 14a3a4 a5  a3  8 có 12  18  30 số.
Những số có dạng 15a3a4 a5  a3  9  có 12 số.
Kết luận: Những số có dạng 1a2 a3a4 a5 có 12  30  55  88  130  182  497 số.
Từ đó ta lập luận như sau:
Những số có dạng 2a2 a3a4 a5  a2  1 có 12  30  55  88  130  315 số.
Những số có dạng 3a2 a3a4 a5  a2  2  có 12  30  55  88  185 số.
Những số có dạng 4a2 a3a4 a5  a2  3 có 12  30  55  97 số.
Những số có dạng 5a2 a3a4 a5  a2  4  có 12  30  42 số.
Những số có dạng 6a2 a3a4 a5  a2  5 có 12 số.
Vậy những số thỏa yêu cầu bài toán là 12  42  97  185  315  497  1148 .
1148

Vậy xác suất cần tìm là
.
90000
1148
Bài này chỉnh lại đáp án là :
.
90000


Câu 49: [1D2-4.3-4] [SGD NINH BINH _ 2018 _ BTN _ 6ID _ HDG] Cho một đa giác đều n đỉnh
( n lẻ, n  3 ). Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác đều đó. Gọi P là xác suất sao cho 3 đỉnh
45
đó tạo thành một tam giác tù. Biết P  . Số các ước nguyên dương của n là
62
A. 3 .
B. 4 .
C. 6 .
D. 5 .
Lời giải
Chọn B
Chọn ngẫu nhiên ra 3 đỉnh có n     C3n cách.
Giả sử chọn được một tam giác tù ABC với góc A nhọn, B tù và C nhọn.
Chọn một đỉnh bất kì lấy làm đỉnh A có n cách. Kẻ đường kính qua đỉnh vừa chọn, chia
đường tròn thành hai phần (trái và phải chẳng hạn).
Để tạo thành tam giác tù thì hai đỉnh còn lại được chọn sẽ hoặc cùng nằm bên trái hoặc cùng
nằm bên phải.
- Hai đỉnh còn lại cùng nằm bên trái có C n21 cách.
2
2
n 1

2

- Hai đỉnh còn lại cùng nằm bên phải có C

cách.



Vậy có thể có tất cả n  C n21  C n21  tam giác tù, tuy nhiên ứng với mỗi tam giác vai trò góc
 2
2 
nhọn của A và C như nhau nên số tam giác được tính lặp 2 lần. Do đó số tam giác tù tạo thành


n  C n21  C n21 
2 
là  2
 nC n21 .
2
2
nC n21
Mà xác suất P 

2
3
n

C




45
(1).
62

Do n lẻ nên đặt n  2k  1 ( k  1 )  k 
(1)  62  2k  1 Ck2  45C23k 1

 62  2k  1

n 1
.
2

 2k  1!
k!
 45
2! k  2 !
3! 2k  2 !

 31 k  1  15  2k  1
 k  16 (nhận).
Vậy n  2k  1  33. Do đó số các ước nguyên dương của n là 4 .





Câu 48. [1D2-4.3-4] [SGD SOC TRANG_2018_BTN_6ID_HDG] Cho tập hợp A  2k | k  1,...,10


có 10 phần tử là các lũy thừa của 2 . Chọn ngẫu nhiên từ tập A hai số khác nhau theo thứ tự a
và b . Xác suất để log a b là một số nguyên bằng
A.

17
.
90

B.

3
.
10

C.

1
.
5

D.

19
.
90

Lời giải
Chọn A
Số phần tử không gian mẫu n()  A102  90 .
Giả sử a  2m , b  2n , khi đó log a b  log 2m 2n 

+ m  1 thì có 9 cách chọn n , n 2;3;...;10 .

n
là một số nguyên thì m là ước của n .
m


+ m  2 thì có 4 cách chọn n , n 4;6;8;10 .
+ m  3 thì có 2 cách chọn n , n  6;9 .
+ m  4 thì có 1 cách chọn n , n  8 .
+ m  5 thì có 1 cách chọn n , n  10 .
+ m6;7;8;9;10 : không xảy ra.
Suy ra số phần tử của biến cố log a b là một số nguyên là 9  4  2  1  1  17 .
17
.
90
Câu 45: [1D2-4.3-4] (THPT Chu Văn An - Hà Nội - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Gọi S là tập hợp
các số tự nhiên nhỏ hơn 106 được thành lập từ hai chữ số 0 và 1 . Lấy ngẫu nhiên hai số trong
S . Xác suất để lấy được ít nhất một số chia hết cho 3 bằng.

Xác suất cần tìm là

A.

4473
8128

B.

2279

4064

C.

55
96

D.

53
96

Lời giải
Chọn D
Có: a1  0 ; a1 , ..., a6  0;1 .
Số phần tử của S là : 2  1.2  1.2.2  1.2.2.2  1.2.2.2.2  1.2.2.2.2.2  64 .
Lấy ngẫu nhiên hai số trong S , có : C632 (cách lấy).
Gọi A là biến cố lấy được ít nhất một số chia hết cho 3 .

 A là biến cố không lấy được số chia hết cho 3 .
Ta xét xem trong 63 số của tập S có bao nhiêu số chia được cho 3 :
+ TH1: Số có 1 chữ số a1 : có 2 số và hai số này đều không chia được cho 3 .
+ TH1: Số có 2 chữ số a1a2 với a1  1 : có 2 số và 2 số này đều không chia được cho 3 .
+ TH2: Số có 3 chữ số a1a2 a3 với a1  1 : có 4 số và trong đó có 1 số chia được cho 3 .
+ TH3: Số có 4 chữ số a1a2 a3a4 với a1  1 : có 8 số và trong đó có 3 số chia được cho 3 .
+ TH4: Số có 5 chữ số a1a2 a3a4 a5 với a1  1 : có 16 số và trong đó có 6 số chia được cho 3 .
+ TH5: Số có 6 chữ số a1a2 a3a4 a5 a6 với a1  1 : có 32 số và trong đó có 11 số chia được cho

3.
Do đó có 21 số chia được cho 3 và có 43 số không chia được cho 3 .


 

Do đó: P A 
Câu 49:

 

C432 43
53

. Vậy P  A  1  P A  .
2
C64 96
96

[1D2-4.3-4] (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp - QB - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong lễ
tổng kết năm học 2017  2018 , lớp 12T nhận được 20 cuốn sách gồm 5 cuốn sách toán, 7
cuốn sách vật lý, 8 cuốn sách Hóa học, các sách cùng môn học là giống nhau. Số sách này
được chia đều cho 10 học sinh trong lớp, mỗi học sinh chỉ nhận được hai cuốn sách khác môn
học. Bình và Bảo là hai trong số 10 học sinh đó. Tính xác suất để 2 cuốn sách mà Bình nhận
được giống 2 cuốn sách của Bảo.
1
17
14
12
A.
B.
C.
D.

5
90
45
45
Lời giải
Chọn D


Gọi x , y , z lần lượt là số phần quà gồm sách Toán và Vật lý, Toán và Hóa học, Vật lý và Hóa
học.

x  y  5
x  2


Khi đó theo đề bài ta có hệ phương trình  x  z  7   y  3 .
y  z  8
z  5


Số phần tử không gian mẫu là n  C102 .C83 .C55  2520 .
Gọi A là biến cố 2 cuốn sách mà Bình nhận được giống 2 cuốn sách của Bảo.
Số phần tử của A là nA  C22 .C83 .C55  C82 .C61.C55  C82 .C63 .C33  784 .
Vậy xác suất cần tìm là P  A 

748 14

2520 45

Câu 43: [1D2-4.3-4] (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk - 2017 - 2018 - BTN) Một nhóm 10 học sinh

gồm 6 nam trong đó có Quang, và 4 nữ trong đó có Huyền được xếp ngẫu nhiên vào 10 ghế
trên một hàng ngang để dự lễ sơ kết năm học. Xác suất để xếp được giữa 2 bạn nữ gần nhau có
đúng 2 bạn nam, đồng thời Quang không ngồi cạnh Huyền là:
109
1
109
1
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
30240
280
60480
5040
Lời giải
Chọn B
Ta có: n     10! .
Giả sử các ghế được đánh số từ 1 đến 10 .
Để có cách xếp sao cho giữa 2 bạn nữ có đúng 2 bạn nam thì các bạn nữ phải ngồi ở các ghế
đánh số 1 , 4 , 7 , 10 . Có tất cả số cách xếp chỗ ngồi loại này là: 6!.4! cách.
Ta tính số cách sắp xếp chỗ ngồi sao cho Huyền và Quang ngồi cạnh nhau
Nếu Huyền ngồi ở ghế 1 hoặc 10 thì có 1 cách xếp chỗ ngồi cho Quang. Nếu Huyền ngồi ở
ghế 4 hoặc 7 thì có 2 cách xếp chỗ ngồi cho Quang.
Do đó, số cách xếp chỗ ngồi cho Quang và Huyền ngồi liền nhau là 2  2.2  6 .
Suy ra, số cách xếp chỗ ngồi cho 10 người sao cho Quang và Huyền ngồi liền nhau là

6.3!.5!.
Gọi A: “ Giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời Quang không ngồi cạnh
Huyền”.
n  A 12960
1
n  A  4!.6! 6.3!.5!  12960  P  A 
.


n 
10!
280
1
Vậy xác suất cần tìm là
.
280
Câu 46: [1D2-4.3-4] (THPT-Chuyên Ngữ Hà Nội_Lần 1-2018-BTN) Xếp 10 quyển sách tham khảo
khác nhau gồm: 1 quyển sách Văn, 3 quyển sách tiếng Anh và 6 quyển sách Toán thành một
hàng ngang trên giá sách. Tính xác suất để mỗi quyển sách tiếng Anh đều được xếp ở giữa hai
quyển sách Toán, đồng thời hai quyển Toán T1 và Toán T2 luôn được xếp cạnh nhau.
1
1
1
1
A.
.
B.
.
C.
.

D.
.
210
600
300
450
Lời giải
Chọn A
Số cách xếp 10 quyển sách tham khảo thành một hàng ngang trên giá sách là: n     10! .
Ta ghép hai quyển Toán T1 và Toán T2 thành một quyển Toán đặc biệt. Bây giờ ta đếm số
cách xếp sách để mỗi quyển sách tiếng Anh đều được xếp ở giữa hai quyển sách Toán, đồng


thời hai quyển Toán T1 và Toán T2 luôn được xếp cạnh nhau. Ta xếp 1 quyển sách Văn và 5
quyển sách Toán trước .
Quyển sách Văn được xếp đầu hàng và các quyển sách Toán xếp như sau: V.T.T.T.T.T, khi
đó có A43 cách xếp 3 quyển sách tiếng Anh ở để mỗi quyển sách tiếng Anh đều được xếp ở
giữa hai quyển sách Toán. Trường hợp này có 5!2!A43 cách xếp sách thỏa mãn yêu cầu.
Quyển sách Văn được xếp cuối hàng và các quyển sách Toán xếp như sau: T.T.T.T.T.V,
tương tự như trên ta có 5!2!A43 cách xếp sách thỏa mãn yêu cầu.
Quyển sách Văn được không xếp đầu hàng và các quyển sách Toán xếp như sau:
T.V.T.T.T.T, T.T.V.T.T.T, T. T.T.V.T.T, T. T.T.T.V.T, khi đó mỗi khả năng ta có 3! cách xếp
3 quyển sách tiếng Anh ở để mỗi quyển sách tiếng Anh đều được xếp ở giữa hai quyển sách
Toán. Trường hợp này có 4.5!2!3! cách xếp sách thỏa mãn yêu cầu.
Bởi vậy, số khả năng xếp sách thỏa mãn yêu cầu là: n  A  5!2! A43  4.5!2!3! .
Xác suất cần tìm là: P 

n  A 2.5!2! A43  4.5!2!3!
1
.



n  
10!
210

Câu 40: [1D2-4.3-4] (Chuyên Vinh - Lần 1 - 2018 - BTN) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ
nhật OMNP với M  0;10  , N 100;10  , P 100;0  Gọi S là tập hợp tất cả các điểm A  x; y 
với x , y  Z nằm bên trong kể cả trên cạnh của OMNP . Lấy ngẫu nhiên 1 điểm A  x; y   S .
Tính xác suất để x  y  90 .
A.

169
.
200

B.

845
.
1111

86
.
101
Lời giải

C.

D.


473
.
500

Chọn C
Tập hợp S gồm có 11.101  1111 điểm.
Ta xét S    x; y  : x  y  90 với 0  x  100 và 0  y  10
Khi y  0  x  90  x  91;100  có 10 giá trị của x
Khi y  1  x  89  x  90;100  có 11 giá trị của x
……
Khi y  10  x  90  x  91;100  có 20 giá trị của x
Như vậy S  có 165 phần tử. Vậy xác suất cần tìm là :
Câu 49:

1111  165 86

.
1111
101

[1D2-4.3-4]
(Sở Quảng Bình - 2018 - BTN – 6ID – HDG)Có 8 bạn cùng ngồi xung
quanh một cái bàn tròn, mỗi bạn cầm một đồng xu như nhau. Tất cả 8 bạn cùng tung đồng xu
của mình, bạn có đồng xu ngửa thì đứng, bạn có đồng xu sấp thì ngồi. Xác suất để không có hai
bạn liền kề cùng đứng là
47
47
47
47

A.
B.
C.
D.
256
256
256
256
Lời giải
Chọn A
Gọi A là biến cố không có hai người liền kề cùng đứng.
Số phần tử của không gian mẫu là n     28  256 .


Rõ ràng nếu nhiều hơn 4 đồng xu ngửa thì biến cố A không xảy ra.
Để biến cố A xảy ra có các trường hợp sau:
TH1: Có nhiều nhất 1 đồng xu ngửa. Kết quả của trường hợp này là 1  8  9 .
TH2: Có 2 đồng xu ngửa.
Hai đồng xu ngửa kề nhau: có 8 khả năng.
Suy ra số kết quả của trường hợp này là C82  8  20 .
TH3: Có 3 đồng xu ngửa.
Cả 3 đồng xu ngửa kề nhau: có 8 kết quả.
Trong 3 đồng xu ngửa, có đúng một cặp kề nhau: có 8.4  32 kết quả.
Suy ra số kết quả của trường hợp này là C83  8  32  16 .
TH4: Có 4 đồng xu ngửa.
Trường hợp này có 2 kết quả thỏa mãn biến cố A xảy ra.
Như vậy n  A  9  20  16  2  47 .
Xác suất để không có hai bạn liền kề cùng đứng là P 

n  A 47


.
n    256

Câu 36: [1D2-4.3-4] (SGD VĨNH PHÚC - 2018 - BTN) Chọn ngẫu nhiên 3 đường thẳng chứa 3 cạnh
khác nhau của một hình bát diện đều. Tìm xác suất để các véc tơ chỉ phương của 3 đường
thẳng đó đồng phẳng.
17
23
1
7
A.
B.
C.
D.
11
55
55
5
Lời giải
Chọn A

Hình bát diện đều có 12 cạnh. Số phần từ của không gian mẫu bằng C123  220 .
Gọi A là biến cố chọn được 3 cạnh mà các đường thẳng chứa 3 cạnh đó có 3 vectơ chỉ
phương đồng phẳng.
Cách 1:
TH1: Chọn 3 cạnh nằm trong một mặt phẳng: có 8 mặt bên là tam giác đều và 3 mặt chéo là
hình vuông. Có 8C33  3C43  20 cách.
TH2: Chọn 2 cạnh của một mặt bên và cạnh còn lại song song với mặt mặt đó.
Có 8 mặt bên được chọn, ứng với mỗi mặt có C32 cách chọn cặp cạnh, ứng với mỗi

cách chọn cặp cạnh đó có 3 cách chọn cạnh còn lại song song với 1 trong 3 cạnh của mặt bên,
vậy có 8.C32 .3  72 cách.


Do đó n  A  20  72  92 . Vậy xác suất cần tính bằng: P  A 

92 23
.

220 55

Cách 2:
Ta thấy nếu 3 véc tơ của 3 đường thẳng chứa 3 cạnh được chọn đồng phẳng thì:
3 cạnh được chọn không có 2 cạnh nào song song thì 3 cạnh đó phải song song hoặc nằm
trong một mặt phẳng, mặt phẳng đó là mặt “bên” (  ABC  ;  ACB  ; …) của bát diện hoặc mặt
chéo (  ACAC   ;  ABAB  ;  BCBC   ) .
3 cạnh được chọn có 2 cạnh song song, cạnh còn lại bất kì.
TH1: 3 cạnh song song hoặc nằm trong một mặt bên:
 ABC  : Có các cạnh thỏa mãn là AB , AC , BC , AC , CB , BA . Có các bộ thỏa mãn là:
AB  BC  AC ; AB  AC  CB ; AB  BC  CA ; AC  BC  AB ; AB  CB  CA ;
AC  CB  AB ; BC  AB  AC ; AB  AC  BC . Tất cả có 8 cặp.
Do có 8 mặt bên chia thành 4 nên suy ra có: 8.4  32 cách.
TH2: Với mỗi mặt chéo thì có 4 cạnh nên khi chọn 3 cạnh luôn có 2 cạnh song song nên TH
này bị tính ở trường hợp 3 .
TH3: Có 6 cặp cạnh song song ( AB  AB ;…) với mỗi cặp cạnh song song đó sẽ có thêm 10
cách chọn cạnh còn lại. Vậy sẽ có: 60 cách.
Tổng hợp lại ta có: 60  32  92 cách.
92 23
Vậy xác suất cần tính bằng: P  A 
.


220 55