Các bài toán đếm – xác suất hay và khó

Giới thiệu Các bài toán đếm – xác suất hay và khó

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Các bài toán đếm – xác suất hay và khó CHƯƠNG TỔ HỢP XÁC XUẤT.

Tài liệu môn Toán và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi từ cơ bản đến vận dụng cao sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn , các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất.

Tài liệu Các bài toán đếm – xác suất hay và khó

Các em học sinh Đăng ký kênh youtube để học thêm về môn Toán.

Text Các bài toán đếm – xác suất hay và khó
CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 CÁC BÀI TOÁN ĐẾM – XÁC SUẤT HAY VÀ KHÓ Tạp chí và tư liệu toán học Tiếp nối thành công của số trước, trong số này chúng ta sẽ cñng đi tëm hiểu các bài toán đếm – xác suất hay và khó. Bên cạnh các phương pháp tình xác suất cơ bản như trong sách giáo khoa, trong bài viết này mình sẽ giới thiệu cho các bạn một vài công cụ mạnh nữa để giải quyết các bài toán xác suất. Bản pdf được đăng trên blog Chinh phục Olympic toán các bạn chò ó đîn đọc nhé! I. HAI BÀI TOÁN TÍNH XÁC SUẤT CÓ NHIỀU ỨNG DỤNG 1. BÀI TOÁN CHIA KẸO EULER Bài toán chia kẹo của Euler là bài toán nổi tiếng trong Lý thuyết tổ hợp. Với những học sinh chuyên Toán cấp 3 thë đây là bài toán quen thuộc và có nhiều ứng dụng. Dưới đây là một cách tiếp cận bài toán chia kẹo của Euler cho học sinh lớp 6 & 7 để thấy rằng các bài toán đếm nói riêng và các bài toán tổ hợp nói chung luôn là những bài toán mà lời giải của nó chứa đựng sự hồn nhiên và ngây thơ. Trước hết, xin phát biểu lại bài toán chia kẹo của Euler Bài toán chia kẹo của Euler: Có n cái kẹo (giống nhau) chia cho k em bé, hỏi có bao nhiêu cách chia sao cho em nào cũng cî kẹo. Một cách hợp lì, ta hãy xét bài toán trong trường hợp cụ thể, đơn giản hơn để từ đî định hướng đưa ra lời giải cho bài toán tổng quát. Bài toán 1. Có 20 cái kẹo (giống nhau) chia cho 3 em bé, hỏi có bao nhiêu cách chia sao cho a) Mỗi em có ít nhất 1 cái kẹo. b) Mỗi em có ít nhất 2 cái kẹo. c) Em thứ nhất có ít nhất 1 cái kẹo, em thứ hai có ít nhất 2 cái kẹo và em thứ ba có nhiều nhất 3 cái kẹo. Lời giải. a) Nhận thấy rằng, vì mỗi em có ít nhất một cái kẹo nên số kẹo của em thứ nhất nhận được ít nhất là 1 và nhiều nhất là 18 Xét các trường hợp Trường hợp 1. Em thứ nhất nhận được 1 cái kẹo, thì số kẹo của em thứ hai có thể là 1, 2, 3,…, 18 em thứ ba nhận số kẹo còn lại sau khi chia cho em thứ nhất và em thứ hai xong, nghĩa là trong trường hợp này có 18 cách chia kẹo. Trường hợp 2. Em thứ nhất nhận được 2 cái kẹo, khi đî số kẹo của em thứ hai có thể là 1, 2, 3,…, 17 em thứ ba nhận số kẹo còn lại, nghĩa là trong trường hợp này có 17 cách chia kẹo … Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 1 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ Hoàn toàn tương tự cho các trường hợp còn lại, ta nhận thấy số cách chia 20 cái kẹo cho 3 em bé sao cho em nào cũng cî kẹo là 18  17  …  2  1  171 Phát biểu tổng quát. Nếu k  1 thì chỉ có 1 cách chia kẹo Nếu k  2 ta trải n chiếc kẹo thành dàn hàng ngang, tiếp theo ta dùng  k  1  chiếc thước đặt vào  n  1 khe giữa các viên kẹo để nó chia thành k phần. Như vậy có tất cả C kn 11 cách. Cả 2 trường hợp ta đều có C kn 11 cách chia kẹo. Trên đây là lời giải của bài toán chia kẹo Euler – bài toán đếm nổi tiếng với nhiều ứng dụng trong các bài toán đếm khác. Bài này tác giả sẽ trình bày bài toán gốc cơ bản và một số bài toán đếm dạng ứng dụng mà nếu đếm theo cách thïng thường sẽ rất khî khăn, nhưng khi hiểu theo các đếm của bài toán Euler thì bài toán lại trở thành đơn giản. Sau đây ta sẽ cùng tìm hiểu một ứng dụng rất lớn trong việc đếm số nghiệm nguyên của phương trënh. Bài toán 1. Phương trënh k x i 1  n  n  k  có bao nhiêu nghiệm nguyên dương? i Coi x i là phần kẹo của em nhỏ thứ i trong bài toán chia kẹo thì số nghiệm của phương trình chính là số cách chia n chiếc kẹo cho k em nhỏ. Vậy phương trënh cî C kn 11 nghiệm nguyên dương. Bài toán 2. Phương trënh k x i 1  n  n  k  có bao nhiêu nghiệm nguyên không âm? i Ta có x1  x 2  …  x k  n   x 1  1    x 2  1   …   x k  1   n  k Đặt x i ‘  x i  1 thì xi ‘ là các số nguyên dương. Áp dụng bài toán gốc ta có tất cả C kn 1k 1 nghiệm nguyên không âm của phương trënh Bài toán 3. Bất phương trënh k x i 1 Ta luôn có k k i 1 i 1 i  n  n  k  1  có bao nhiêu nghiệm nguyên dương?  xi  n   xi  x’  n  x’  1 . Vậy có tất cả Ckn 1 nghiệm nguyên dương của phương trënh. Bài toán 4. Bất phương trënh k x i 1 Ta có k x i 1 i i  n  n  k  có bao nhiêu nghiệm nguyên dương? k k i 1 i 1  n   xi  x’  n  x’  0    xi  x”  n  1  x”  x’ 1  Áp dụng bài toán Euler ta có C kn nghiệm Bài toán 5. Phương trënh k x i 1 i  n có bao nhiêu nghiệm nguyên thỏa mãn đồng thời 2 k điều kiện xi  di  di  0  , n   di  k  1  ? i 1 2 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 xi ‘  1  k Đặt x i ‘  x i  d i  1   k . x ‘  n  k  di   i  i 1 i 1 k Đặt D   di thì theo bài toán chia kẹo, phương trënh cî C kn 1k D 1 nghiệm. i 1 2. BÀI TOÁN ĐẾM HÌNH HỌC. Bài toán 1. Cho đa giác cî n đỉnh. Xét tam giác có 3 đỉnh là 3 đỉnh của đa giác  Cî đòng 1 cạnh chung với đa giác n  n  4   Cî đòng 2 cạnh chung với đa giác n  Không có cạnh chung với đa giác C 3n  n  n  n  4  Bài toán 2. Cho đa giác đều có 2n đỉnh. Số tam giác vuông có 3 đỉnh là 3 đỉnh của đa giác là n  2n  2  Bài toán 3. Cho đa giác đều có n đỉnh. Số tam giác tñ được tạo thành từ 3 trong n đỉnh  n  2k  n.C 2n  2  2 của đa giác là  2  n  2k  1  n.C n 1  2 Bài toán 4. Cho đa giác đều có n đỉnh. Số tam giác nhọn được tạo thành từ 3 trong n đỉnh của đa giác  C 3n  (số tam giác tù + số tam giác vuông). Bài toán 5. Cho đa giác đều có n đỉnh. Công thức tổng quát tính số tam giác tù:  Nếu n chẵn  n.C 2n 2 2  Nếu n lẻ  n.C 2n 1 2 Bài toán 6. Cho đa giác cî n đỉnh. Xét tứ giác có 4 đỉnh là 4 đỉnh của đa giác  Cî đòng 1 cạnh chung với đa giác n  C 2n  4   n  5    A  Cî đòng 2 cạnh chung với đa giác n  n  5   n  n  5 B 2  Cî đòng 3 cạnh chung với đa giác n  C  Không có cạnh chung với đa giác C n4   A  B  C  Và ta có thể chứng minh được C n4   A  B  C   n 3 C n 5 4 Bài toán 7. Cho đa giác đều có 2n đỉnh. Số tứ giác có 4 đỉnh là 4 đỉnh của đa giác và tạo thành HÌNH CHỮ NHẬT là C 2n . Bài toán 8. Cho đa giác đều có 4n đỉnh. Số tứ giác có 4 đỉnh là 4 đỉnh của đa giác và tạo thành HÌNH VUÔNG là n Chứng minh. Tứ giác có đúng 1 cạnh chung với đa giác Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 3 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ Chọn 1 cạnh trong n cạnh của đa giác nên cî n cách. Chọn 2 đỉnh còn lại trong n  4 đỉnh (tham khảo hình vẽ trên) nên có C 2n  4 nhưng 2 đỉnh này khïng 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 2n  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 cî 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 đî 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 cî 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 đî nên cî n  5 cách. Tuy nhiên trong trường hợp này số tứ giác mënh đếm đến 2 lần. Do đî trường hợp này có 4 | Chinh phục olympic toán n  n  5 n  n  5 tứ giác. Vậy có n  n  5   tứ giác thỏa mãn. 2 2 Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 Tứ giác có đúng 3 cạnh chung với đa giác Đánh số thứ tự các đỉnh của đa giác, ta cî 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. II. CÁC BÀI TOÁN TỔNG HỢP. Câu 1: Cho tập A  1; 2; 3;…; 2018 và các số a, b, c  A . Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên có dạng abc sao cho a  b  c và a  b  c  2016 . Lời giải Xét phương trënh a  b  c  2016 . Ta biết phương trënh trên cî C 22015 nghiệm nguyên dương.  TH1: Xét các cặp nghiệm 3 số trñng nhau: a  b  c  672 .  TH2: Xét các cặp nghiệm cî a  b , c  a  2a  c  2016 . Suy ra c là số chẵn thỏa 0  c  2016 nên có 1007 giá trị c . Do đî cî 1007 cặp, mà cî cặp trừ cặp  672, 672, 672  (loại). Do đî cî  1006 cặp. Tương tự ta suy ra cî 1006.3 cặp nghiệm cî 2 trong 3 số trñng nhau. Do số tập hợp gồm ba phần tử cî tổng bằng 2016 là C 22015  3.1006  1  337681 . 3! (Chia cho 3 ! là do a  b  c nên khïng tình hoán vị của bộ ba  a, b, c  ) Câu 2: Cho tập A  1; 2; 3;…; 100 . Chọn ngẫu nhiên 3 số từ tập A. Tình xác suất để 3 số được chọn ra khïng cî 2 số nào là 2 số nguyên liên tiếp. Lời giải Số cách chọn ngẫu nhiên 3 số là C 3 10 Ta tëm số cách chọn bộ 3 số  a; b; c  thỏa mãn, theo giả thiết ta cî 1  a  b  1  c  2  8 Đặt b’  b  1; c’  c  2  1  a  b’  c’  8 . Mỗi cách chọn ra bộ 3  a; b’; c’ từ tập 1; 2;…; 8 tương ứng với một bộ ba số  a; b; c  thỏa C83 7 mãn. Vậy cî tất cả C cách chọn thỏa mãn. Xác suất cần tëm là 3  C10 15 3 8 Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 5 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ Câu 3: Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 3 chữ số được lập thành từ tập X  1; 2;…; 8 . Ròt ngẫu nhiên từ tập X một số tự nhiên. Tình xác suất để số ròt được số mà trong số đî chữ số đứng sau luïn lớn hơn hoặc bằng chữ số đứng trước? Lời giải Số các số thuộc tập S là 8.9.9  648 Số ròt ra cî dạng abc với 1  a  b  c  8 . Đặt a’  a  1; c’  c  1  0  a’  b  c’  9 . Mỗi cách chọn ra bộ 3  a; b’; c’ từ tập 0; 1; 2;…; 9 tương ứng với một bộ ba số  a; b; c  3 thỏa mãn. Vậy cî tất cả C 10 cách chọn thỏa mãn. Vậy xác suất cần tình là 5 27 Câu 4: Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số. Tình xác suất để số ròt được số mà trong số đî chữ số đứng sau luïn lớn hơn hoặc bằng chữ số đứng trước và ba chữ số đứng giữa đïi một khác nhau? Lời giải Số các số thuộc tập S là 9.10 4 Số chọn ra cî dạng abcde với 1  a  b  c  d  e  9 Đặt a’  a  1; e ‘  e  1  0  a’  b  c  d  e ‘  10 5 Đến đây thực hiện tương tự câu trên ta tëm được C 11 số. Vậy xác suất cần tình là 77 . 1500 Câu 5: 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 nhîm nào cũng cî học sinh giỏi và học sinh khá. Lời giải 3 .C 93 .C 63 .C 33 . Ta có số phần tử không gian mẫu là n()  C 12 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 C 25 cách, xếp 3 học sinh giỏi còn lại có 3 ! cách.  Bước 3: Xếp 3 học sinh trung bình có 3 ! cách. Đáp số: 4!.4.C 25 .3!.3! 36 .  3 C 12 C 93 C 63 C 33 385 6 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 Câu 6: Trí chơi quay bánh xe số trong chương trënh truyền hënh ‚Hãy chọn giá đòng‛ của kênh VTV3 Đài truyền hënh Việt Nam, bánh xe số cî 20 nấc điểm: 5 , 10 , 15 ,…, 100 với vạch chia đều nhau và giả sử rằng khả năng chuyển từ nấc điểm đã cî tới các nấc điểm cín lại là như nhau. Trong mỗi lượt chơi cî 2 người tham gia, mỗi người được quyền chọn quay 1 hoặc 2 lần, và điểm số của người chơi được tình như sau:  Nếu người chơi chọn quay 1 lần thë điểm của người chơi là điểm quay được.  Nếu người chơi chọn quay 2 lần và tổng điểm quay được khïng lớn hơn 100 thì điểm của người chơi là tổng điểm quay được.  Nếu người chơi chọn quay 2 lần và tổng điểm quay được lớn hơn 100 thë điểm của người chơi là tổng điểm quay được trừ đi 100 . Luật chơi quy định, trong mỗi lượt chơi người nào cî điểm số cao hơn sẽ thắng cuộc, hòa nhau sẽ chơi lại lượt khác. An và Bình cùng tham gia một lượt chơi, An chơi trước và có điểm số là 75 . Tính xác suất để Bình thắng cuộc ngay ở lượt chơi này. Lời giải Cách 1: Ta có n     100  5  1  20 . 5 Để Bình thắng ta cî ba trường hợp.  Trường hợp 1. Bình quay một lần ra điểm số lớn hơn 75, ta cî 5 khả năng thuộc tập 5 1 hợp 80; 85; 90; 95; 100 . Do đî xác suất là P1   . 20 4  Trường hợp 2. Bình quay lần đầu ra điểm số là a  75 , ta có 15 khả năng. 15 3 Do đî xác suất là P2   . 20 4 Khi đî để thắng Bình cần phải có tổng hai lần quay lớn hơn 75, ta cî 5 khả năng thuộc tập 5 1 hợp 80  a; 85  a; 90  a; 95  a; 100  a . Do đî xác suất là P3   . 20 4 1 3 1 7 Vậy xác suất để Bình thắng ngay trong lượt là P  P1  P2 .P3   .  . 4 4 4 16 Cách 2:  TH1: Bình quay một lần và thắng luôn. Vì An quay ở vị trí 75 nên Bình chỉ có thể quay vào 5 trong số 20 vị trì để có thể thắng. 5 1 Do đî P  A 1    . 20 4  TH2: Bình quay hai lần mới thắng. Nghĩa là lần một Bënh quay được kết quả nhỏ hơn hoặc bằng 75 và quay tiếp để tổng hai lần quay lớn hơn 75 đồng thời nhỏ hơn hoặc bằng 100 . Giả sử lần 1 Bënh quay được a điểm, lần 2 quay được b điểm. Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 7 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ  a  75 Cần có:  .  a  b  80, 85, 90, 95, 100 Khi đî: Chọn a có 15 cách, chọn b có 5 cách. Suy ra chọn cặp a, b có 15.5  75 cách. Không gian mẫu cho TH2 có 20.20 cách. Do đî P  A 2   Kết luận: P  A   P  A 1   P  A 2   75 3 .  20.20 16 1 3 7 .   4 16 16 Câu 7: Một số tự nhiên được gọi là số thú vị nếu số này có 8 chữ số đïi một khác nhau được lập thành tự tập 1; 2;…; 8 và số đî chia hết cho 1111. Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên thú vị như thế? Lời giải Số cần tëm cî dạng i  a 1a 2 a 3 a 4 b1 b 2 b 3 b 4 . Ta cî tổng các chữ số của số cần tëm là tổng các chữ số từ 1 đến 8 bằng 36 chia hết cho 9 nên số cần tëm chia hết cho 9. Do 9 và 1111 cî ước chung lớn nhất là 1 nên theo giả thiết thë i chia hết cho 9999. Đặt x  a 1a 2 a 3a 4 , y  b 1 b 2 b 3 b 4 . Ta có i  x.10 4  y  9999x  x  y chia hết cho 9999 từ đî suy ra  x  y  chia hết cho 9999. Mặt khác 0  x  y  2.9999  x  y  9999 . Do đî a 1  b1  a 2  b 2  a 3  b 3  a 4  b 4  9 Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8 cî 4 cặp  1; 8  ,  2;7  ,  3; 6  ,  4; 5  nên cî 8 cách chọn a 1 ; 6 cách chọn a 2 ; 4 cách chọn a 3 và 2 cách chọn a 1 tức chọn a k có luôn b k . Vậy số các số thò vị là 8.6.4.2  384 số Câu 8: Cho tập A  1; 2; 3;…; 18 . Chọn ngẫu nhiên 5 số từ tập A. Cî bao nhiêu cách chọn ra 5 số trong tập A sao cho hiệu của 2 số bất kë trong 5 số đî cì trị tuyệt đối khïng nhỏ hơn 2? Lời giải Các số chọn ra luôn sắp xếp theo thứ tự tăng dần. Giả sử dãy 5 số được chọn ra thỏa mãn là a 1  a 2  a 3  a 4  a 5 . Theo giả thiết ta có: 1  a 1  a 2  1  a 3  2  a 4  3  a 5  4  14 Đặt a 2 ‘  a 2  1, a3 ‘  a3  2, a4 ‘  a4  3, a5 ‘  a5  4 5 Đến đây thực hiện tương tự câu 2, ta có số cách chọn là C 14 cách chọn. Câu 9: Có 8 bạn cñng ngồi xung quanh một cái bàn trín, mỗi bạn cầm một đồng xu như nhau. Tất cả 8 bạn cñng tung đồng xu của mënh, bạn cî đồng xu ngửa thë đứng, bạn cî đồng xu sấp thë ngồi. Xác suất để khïng cî hai bạn liền kề cñng đứng là Lời giải Gọi A là biến cố khïng cî hai người liền kề cñng đứng. 8 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 Số phần tử của khïng gian mẫu là n     2 8  256 . Rð ràng nếu nhiều hơn 4 đồng xu ngửa thë biến cố A không xảy ra. Để biến cố A xảy ra cî các trường hợp sau:  TH1: Cî 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: cî 8 khả năng. Suy ra số kết quả của trường hợp này là C 82  8  20 .  TH3: Có 3 đồng xu ngửa. Cả 3 đồng xu ngửa kề nhau: cî 8 kết quả. Trong 3 đồng xu ngửa, cî đòng một cặp kề nhau: cî 8.4  32 kết quả. Suy ra số kết quả của trường hợp này là C 83  8  32  16 .  TH4: Có 4 đồng xu ngửa. Trường hợp này cî 2 kết quả thỏa mãn biến cố A xảy ra. Như vậy n  A   9  20  16  2  47 . Xác suất để khïng cî hai bạn liền kề cñng đứng là P  n A  n   47 . 256 Câu 10: Cho đa giác đều 20 cạnh. Hỏi cî tất cả bao nhiêu hënh chữ nhật những khïng phải là đỉnh của hënh vuïng cî các đỉnh là đỉnh của đa giác đã cho? Lời giải 20 Số hënh vuïng cî các đỉnh của đa giác đều là 5 4 Đa giác đều này cî tất cả 10 đường chéo qua tâm, một hënh chữ nhật tạo bởi hai đường 2 chéo qua tâm nên cî tất cả C 10 hënh chữ nhật Vậy số hënh chữ nhật khïng phải là hënh vuïng cî các đỉnh là đỉnh của đa giác đều đã cho là 45  5  40 Chú ý: Số đa giác đều cî m cạnh cî đỉnh là các đỉnh của đa giác đều n cạnh cî thể cî là n m Câu 11: Từ các chữ số thuộc tập hợp S  1; 2; 3;…; 8; 9 có bao nhiêu số có chín chữ số khác nhau sao cho chữ số 1 đứng trước chữ số 2 , chữ số 3 đứng trước chữ số 4 và chữ số 5 đứng trước chữ số 6 ? Lời giải Chọn 2 vị trì để xếp 2 chữ số 1 , 2 (số 1 đứng trước 2 ): có C 92 cách. Chọn 2 vị trì để xếp 2 chữ số 3 , 4 (số 3 đứng trước 4 ): có C72 cách. Chọn 2 vị trì để xếp 2 chữ số 5 , 6 (số 5 đứng trước 6 ): có C 25 cách. 3 chữ số còn lại có 3 ! cách. Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 9 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ Vậy có 3!.C 92 .C 72 .C 52  45360 số. Câu: 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 nî đang đứng. Tính xác suất sao cho 9 lần di chuyển nó dừng tại đỉnh C’ Lời giải Không mất tính tổng quát giả sử tọa độ đỉnh A  0; 0; 0  và C  1; 1; 1  . Ta thây: mỗi lần sâu di chuyển là cộng thêm 1 tại 1 trong 3 vị trì hoành độ, tung độ và cao độ từ vị trì sâu đang đứng. Do đî số phần tử của không gian mẫu là n     39  19683 . Sau 9 lần 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 đî số trường hợp thuận lợi của biến cố A : sâu ở C sau 9 bước di chuyển là n  A   C 93 .C 63 .C 33  6.C 95 .C 34 .C 11  3.C79 .C12 .C11  4920 Câu 12: Cho đa giác có 12 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác đî. Xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho bằng bao nhiêu? Lời giải 3 . Ta có số tam giác được tạo từ 3 đỉnh trong 12 đỉnh: C 12  Số tam giác cî 3 đỉnh là 3 đỉnh của đa giác và 2 cạnh là cạnh của đa giác: cứ 3 đỉnh liên tiếp cho 1 tam giác thỏa mãn đề bài, nên có 12 tam giác. (hoặc hiểu theo cách khác: tam giác cî 3 đỉnh là 3 đỉnh liên tiếp của đa giác tức là có 2 cạnh là 2 cạnh liên tiếp của đa giác, 2 cạnh này cắt nhau tại 1 đỉnh, mà đa giác này cî 12 đỉnh nên có 12 tam giác thỏa trường hợp này)  Số tam giác cî 3 đỉnh là đỉnh của đa giác và 1 cạnh là cạnh của đa giác: Trước tiên ta chọn 1 cạnh trong 12 cạnh của đa giác nên cî 12 cách chọn; tiếp theo chọn 1 đỉnh còn lại trong 8 đỉnh (trừ 2 đỉnh tạo nên cạnh đã chọn và 2 đỉnh liền kề với cạnh đã chọn). Do đî trong trường hợp này có 8.12 tam giác. 3 3 C 12  12  12.8 n     C 12  P  Ta có  3 3 C 12 n  A   C 12  12  8.12 Câu 13: Cho đa giác  H  có n đỉnh  n  , n  4  . Biết số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của  H  và không có cạnh nào là cạnh của  H  gấp 5 lần số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của  H  và cî đòng 1 cạnh là cạnh của  H  . Khẳng định nào sau đây đòng? A. n   4; 12  . B. n   13; 21 . C. n   22; 30  . D. n   31; 38 . Lời giải 10 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 Số tam giác tạo thành có 3 đỉnh là 3 đỉnh của đa giác là C 3n Số tam giác tạo thành cî đòng 2 cạnh là cạnh của đa giác là n Số tam giác tạo thành cî đòng 1 cạnh là cạnh của đa giác là n  n  4  (điều kiện n  và n  4) Suy ra số tam giác tạo thành không có cạnh nào là cạnh của đa giác là C 3n  n  n  n  4  .  n  35  t /m  Theo giả thiết, ta có C 3n  n  n  n  4   5.n  n  4     n  4  L  Chọn ý D. Câu 14: Cho đa giác đều gồm 100 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên ra 3 đỉnh, xác suất để 3 đỉnh được chọn là 3 đỉnh của một tam giác tù là bao nhiêu? Lời giải Đánh số các đỉnh là A 1 ,A 2 ,…,A 100 . Xét đường chéo A 1A 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 A 2 đến A 50 và A 52 đến A 100 . Khi đî, mỗi tam giác có dạng A 1A i A 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 i , A j là hai điểm tñy ó được lấy từ 49 điểm A 2 ,A 3 ,…,A 50 có C 249  1176 cách chọn. Giả sử A i nằm giữa A 1 và A j thì tam giác A 1A i A j tù tại đỉnh A i . Mà A jA i A 1  A 1A i 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 Chú ý: Cho đa giác đều có n đỉnh. Công thức tổng quát tính số tam giác tù:  Nếu n chẵn thì số tam giác tù là n.C 2n  2 2  Nếu n lẻ thì số tam giác tù n.C 2 n 1 2 Áp dụng công thức nhanh ta có n.C 2n 2  100.C 249  117600. 2 Câu 15: Cho đa giác lồi  H  có 22 cạnh. Gọi X là tập hợp các tam giác cî ba đỉnh là ba đỉnh của  H  . Chọn ngẫu nhiên 2 tam giác trong X, xác suất để chọn được 1 tam giác cî đòng 1 cạnh là cạnh của đa giác  H  và 1 tam giác không có cạnh nào là cạnh của H bằng bao nhiêu? Lời giải Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 11 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ  X  C 322  1540  748 2 Ta có n     C 1540  1185030 P 1995  1 1 n A  C  C  444312   22  18 1540  22  18  22    Câu 16: Cho một đa giác đều gồm 2n đỉnh  n  2, n  . Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh trong số 2n đỉnh của đa giác, xác suất ba đỉnh được chọn tạo thành một tam giác vuông 1 là . Tìm n . 5 Lời giải Ta có không gian mẫu n     C 32 n . Để ba đỉnh được chọn tạo thành tam giác vuông khi và chỉ khi cî 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 2n trong số  2n  2  đỉnh còn lại của đa giác. Đa giác cî 2n đỉnh nên có  n đường kính. 2  Số cách chọn 1 đường kính là C 1n  n .  Số cách chọn 1 đỉnh còn lại trong  2n  2  đỉnh là C 12 n  2  2n  2 . Suy ra n  A   n  2n  2  . Theo đề bài ta cî phương trënh n  2n  2  C 3 2n  1  n  8. 5 Câu 17: Cho đa giác đều có 15 đỉnh. Gọi M là tập tất cả các tam giác cî 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 khïng phải là tam giác đều là bao nhiêu? Lời giải  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 cî 7 tam giác nhận nî làm đỉnh tam giác cân.  Số tam giác đều cî 3 đỉnh là các đỉnh của đa giác là 15  5 tam giác. 3  Tuy nhiên, trong các tam giác cân đã xác định ở trên có cả tam giác đều, do mọi tam giác đều thë đều cân tại 3 đỉnh nên tam giác đều được đếm 3 lần. Suy ra n  A   7.15  3.5  90. 3  n     C 15  455 90 18 P  Ta có  455 91  n  A   7.15  3.5  90 12 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 Câu 18: Cho đa giác đều cî 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 vuïng khïng cân là bao nhiêu? Lời giải  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 kình đã chọn với đường trín). Do đî cî 10.2 tam giác vuông cân. Câu 19: Lấy ngẫu nhiên một số tự nhiên cî 5 chữ số. Xác suất để chọn được số tự nhiên cî dạng a1a 2 a 3 a 4 a 5 mà a 1  a 2  1  a 3  3  a 4  a 5  2 bằng bao nhiêu? Lời giải a  5 Vì a 2  1  a 3  3   2 . a 3  4 Số có dạng 1042a 5 có 10 cách chọn a 5 . Số có dạng 1043a 5 có 9 cách chọn a 5 . ……………………………………….. Số có dạng 1049a 5 có 3 cách chọn a 5 .  Vậy những số cî dạng 104a 4 a 5 có 3  4  …  10  52 số. Số có dạng 1053a 5 có 9 cách chọn a 5 . Số có dạng 1054a 5 có 8 cách chọn a 5 . ……………………………………….. Số có dạng 1059a 5 có 3 cách chọn a 5 .  Vậy những số cî dạng 105a 4 a 5 có 52  10  42 số.  Vậy những số cî dạng 106a 4 a 5 có 42  9  33 số.  Vậy những số cî dạng 107a 4 a 5 có 33  8  25 số.  Vậy những số cî dạng 108a 4 a 5 có 25  7  18 số.  Vậy những số cî dạng 109a 4 a 5 có 18  6  12 số. Kết luận: Những số cî dạng 10a 3a 4 a 5 có 12  18  25  33  42  52  182 số. Những số cî dạng 11a 3a 4 a 5  a 3  5  có 12  18  25  33  42  130 số. Những số cî dạng 12a 3a 4 a 5  a 3  6  có 12  18  25  33  88 số. Những số cî dạng 13a 3 a 4 a 5  a 3  7  có 12  18  25  55 số. Những số cî dạng 14a 3 a 4 a 5  a 3  8  có 12  18  30 số. Những số cî dạng 15a 3 a 4 a 5  a 3  9  có 12 số. Kết luận: Những số cî dạng 1a 2 a 3a 4 a 5 có 12  30  55  88  130  182  497 số. Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 13 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ Từ đî ta lập luận như sau: Những số cî dạng 2a 2 a 3 a 4 a 5  a 2  1  có 12  30  55  88  130  315 số. Những số cî dạng 3a 2 a 3 a 4 a 5  a 2  2  có 12  30  55  88  185 số. Những số cî dạng 4a 2 a 3 a 4 a 5  a 2  3  có 12  30  55  97 số. Những số cî dạng 5a 2 a 3 a 4 a 5  a 2  4  có 12  30  42 số. Những số cî dạng 6a 2 a 3 a 4 a 5  a 2  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 tëm là . 90000 Câu 20: Cho một đa giác đều n đỉnh ( n lẻ, n  3 ). Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác 45 đều đî. Gọi P là xác suất sao cho 3 đỉnh đî tạo thành một tam giác tù. Biết P  . Số 62 các ước nguyên dương của n là bao nhiêu? Lời giải Chọn ngẫu nhiên ra 3 đỉnh có n     C 3n 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 kình qua đỉnh vừa chọn, chia đường tròn thành hai phần (trái và phải chẳng hạn). Để tạo thành tam giác tñ thë 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 2n 1 cách. 2  Hai đỉnh còn lại cùng nằm bên phải có C 2n 1 cách. 2   Vậy có thể có tất cả n  C 2n 1  C 2n 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 đî số tam giác tù tạo   n  C 2n 1  C 2n 1  2   nC 2n 1 . thành là  2 2 2 Mà xác suất P  nC 2n 1 C 2 3 n  45 62  1 . Do n lẻ nên đặt n  2k  1 ( k  1 )  k  n1 . 2 3  62  2k  1  C k2  45C 2k 1  62  2k  1   2k  1 ! k!  45 2!  k  2  ! 3!  2k  2  !  31  k  1   15  2k  1   k  16 14 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 Vậy n  2k  1  33. Do đî số các ước nguyên dương của n là 4 . Câu 21: Biển số xe máy tỉnh K gồm hai dòng  Dòng thứ nhất là 68 XY , trong đî X là một trong 24 chữ cái, Y là một trong 10 chữ số.  Dòng thứ hai là abc.de , trong đî a , b , c , d , e là các chữ số. Biển số xe được cho là ‚đẹp‛ khi díng thứ hai có tổng các số là số có chữ số tận cùng bằng 8 và cî đòng 4 chữ số giống nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 2 biển số trong các biển số ‚đẹp‛ để đem bán đấu giá? Lời giải Chọn X từ 24 chữ cái và chọn Y từ 10 chữ số, ta có 24.10  240 (cách chọn). Chọn 4 chữ số giống nhau từ các chữ số ta có 10 cách chọn; Mỗi bộ gồm 4 chữ số giống nhau, ta có một cách chọn duy nhất 4 chữ số còn lại để tổng các số là số có chữ số tận cùng bằng 8 , chẳng hạn: 4 chữ số 0 , chữ số còn lại sẽ là 8 ; 4 chữ số 1 , chữ số còn lại sẽ là 4 ;…; 4 chữ số 9 , chữ số còn lại sẽ là 2 ). Sắp xếp 5 chữ số vừa chọn có 5 cách xếp. Do đî, cî tất cả 10.5  50 (cách chọn số ở dòng thứ hai). Suy ra có tất cả 240.50  12000 (biển số đẹp). 2  71994000 (cách). Chọn 2 biển số trong các biển số ” đẹp ” ta có C 12000 Câu 22: Có 8 bë thư được đánh số 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 và 8 tem thư cũng được đánh số 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 . Dán 8 tem thư lên 8 bë thư (mỗi bë thư chỉ dán 1 tem thư). Hỏi cî thể cî bao nhiêu cách dán tem thư lên bë thư sao cho cî ìt nhất một bë thư được dán tem thư cî số trñng với số của bë thư đî. Lời giải Ta xét bài toán tổng quát n tem thư được dán vào n bë thư sao cho cî ìt nhất một bë thư được dán vào tem thư cî số trñng với số của bë thư đî. Đánh số các tem thư là T1 , T2 ,…, Tn và các bë thư là B 1 , B 2 ,…, B n . Bài toán được giải quyết bằng nguyên lý phần bù: Lấy hoán vị n phần tử trừ đi trường hợp xếp mà không có tem thư nào được dán cùng số với bë thư. Để giải quyết bài toán khïng cî tem thư nào được dán cùng số với bë thư. Ta xây dựng dãy số f  n  như sau: Cïng việc dán n tem thư vào n bë thư sao cho không có bë thư nào được dán vào tem thư cî số trñng với số của bë thư đî. Cïng việc này gồm cî hai bước sau:  Bước 1: Dán tem T1 lên một bë thư B j khác B 1 , có n  1 cách.  Bước 2: Dán tem thư Tj vào bë thư nào đî, cî hai trường hợp xảy ra như sau: Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 15 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ + TH1: tem thư Tj được dán vào bë thư B 1 . Khi đî cín lại n  2 tem (khác T1 và Tj ) là T2 ,…, Tj1 , Tj 1 ,…, Tn phải dán vào n  2 bë thư (khác B 1 và B j ). Quy trënh được lập lại giống như trên. Nên TH này cî số cách dán bằng f  n  2  . + TH2: tem thư Tj khïng được dán vào bë thư B 1 . Khi đî các tem là T2 ,…, Tj1 , Tj , Tj 1 ,…, Tn sẽ được đem dán vào các bë B1 , B 2 ,…, B j1 , B j 1 ,…, B n (mà tem thư Tj khïng được dán vào bë thư B 1 ). Thì Tj lúc này bản chất giống T1 , ta đánh số lại Tj  T1 . Nghĩa là n  1 tem T2 ,…, Tj1 , T1 , Tj 1 ,…, Tn sẽ được đem dán vào n  1 bì B 1 , B 2 ,…, B j1 , B j 1 ,…, B n với việc đánh số giống nhau. Công việc này lại được lập lại như từ ban đầu. Nên TH này có số cách dán bằng f  n  1  . u 1  0  Ta xét dãy u n  f  n  như sau: u 2  1 u  n  1 u  u  n 1 n 2   n  Như vậy kết quả của bài toán: n tem thư được dán vào n bë thư sao cho cî ìt nhất một bë thư được dán vào tem thư cî số trñng với số của bë thư đî sẽ là Pn  u n . Áp dụng với n  8 , ta được kết quả là 8! 14833  25487 . Câu 23: Trên mặt phẳng Oxy, ta xét một hënh chữ nhật ABCD với các điểm A  2; 0  , B  2; 2  , C  4; 2  , D  4; 0  (hënh vẽ). Một con châu chấu nhảy trong hënh chữ nhật đî tình cả trên cạnh hënh chữ nhật sao cho chân nî luïn đáp xuống mặt phẳng tại các điểm cî tọa độ nguyên (tức là điểm cî cả hoành độ và tung độ đều nguyên). Tình xác suất để nî đáp xuống các điểm M  x; y  mà x  y  2. 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 16 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 Để con châu chấu đáp xuống các điểm M  x, y  có x  y  2 thì con châu chấu sẽ nhảy  x  2; 1; 0; 1; 2 trong khu vực hình 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  cî 2 điểm.  Nếu x  1  y  0  cî 1 điểm. Suy ra có tất cả 6  2  1  9 điểm thỏa mãn. 9 3 Vậy xác suất cần tính P   . 21 7 Câu 24: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, chọn ngẫu nhiên một điểm mà tọa độ là số nguyên cî giá trị tuyệt đối nhỏ hơn hay bằng 4. Nếu các điểm đều cî cñng xác suất được chọn như nhau, vậy thë xác suất để chọn được một điểm mà khoảng cách đến gốc tọa độ nhỏ hơn hoặc bằng 2 là bao nhiêu? Lời giải Gọi tọa độ điểm M  x; y  thỏa x, y   x  4  x  4; 3; 2; 1; 0; 1; 2; 3; 4 và  nên  . y   4;  3;  2;  1; 0; 1; 2; 3; 4    y  4   Suy ra n     9.9  81. Gọi điểm M ‘  x; y  thỏa x, y  và theo giả thiết ta có: x, y   x 2  y 2  2 x 2  y 2  4  OM  2     x  0; 1; 2 . x, y  x, y  y2  4  x2   y  0; 1; 2 . Do đî cî 1  5  5 cách chọn.  Nếu x  0   y  0; 1. Do đî cî 2  3  6 cách chọn  Nếu x  1   y  0. Do đî cî 2  1  2 cách chọn.  Nếu x  2  Suy ra n  A   5  6  2  13. Vậy xác suất cần tính P  13 . 81 Câu 25: 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 đî ta lấy 2 điểm bất kỳ. Tính xác suất để đoạn thẳng nối hai điểm đî cắt hai trục tọa độ. Lời giải Không gian mẫu là số cách chọn 2 điểm bất kỳ trong 14 điểm đã cho. 2  91 . Suy ra số phần tử của không gian mẫu là   C 14 Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 17 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ Gọi A là biến cố ” Đoạn thẳng nối 2 điểm được chọn cắt hai trục tọa độ ” . Để xảy ra biến cố A thë hai đầu đoạn thẳng đî phải ở góc phần tư thứ nhất và thứ ba hoặc phần tư thứ hai và thứ tư.  Hai đầu đoạn thẳng ở góc phần tư thứ nhất và thứ ba, có C 12 C 14 cách.  Hai đầu đoạn thẳng ở góc phần tư thứ hai và thứ tư, cî C 13 C 15 cách. Suy ra số phần tử của biến cố A là A  C 12 C 14  C 13 C 15  23 . Vậy xác suất cần tính P  A   A   23 . 91 Câu 26: Cho hai đường thẳng song song d 1 và d 2 . Trên d 1 cî 6 điểm phân biệt, trên d 2 có n điểm phân biệt  n  3, n   . Tìm n , biết rằng có 96 tam giác cî đỉnh là các điểm đã cho. Lời giải Cứ 3 điểm không thẳng hàng là tạo thành 1 tam giác. Do đî số tam giác được tạo thành từ n  6 điểm gồm: 6 điểm (thẳng hàng) thuộc d 1 và n điểm (thẳng hàng) thuộc d 2 là C 3n  6  C 63  C n3 . n  4  N  Theo giả thiết, ta có C 3n 6  C63  C n3  96    n  8  L  Bài tập tương tự. Cho hình vuông ABCD . Trên các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt lấy 1, 2, 3 và n điểm phân biệt  n  3, n   khác A, B, C, D . Tìm n , biết số tam giác lấy từ n  6 điểm đã cho là 439. Đáp số n  10. Hướng dẫn. Theo giả thiết, ta có C 3n  6  C 33  C n3  439. Câu 27: Cî bao nhiêu số tự nhiên cî 3 chữ số dạng abc thỏa a , b , c là độ dài 3 cạnh của một tam giác cân ( kể cả tam giác đều )? Lời giải 0  y  2x  Gọi độ dài cạnh bên và cạnh đáy của tam giác cân là x , y  0  y  9 0  x  9   0  y  9 TH1:  suy ra có 9.5  45 cặp số. 5  x  9  x  i TH2:  với 1  x  4 . Với mỗi giá trị của i , có 2i  1 số. 1  y  2i  1 Do đî, trường hợp này có:  2.1  1    2.2  1    2.3  1    2.4  1   16 cặp số Suy ra có 61 cặp số  x; y  . Với mỗi cặp  x; y  ta viết số có 3 chữ số trong đî cî 2 chữ số x , một chữ số y . 18 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 Trong 61 cặp có: + 9 cặp x  y , viết được 9 số. + 52 cặp x  y , mỗi cặp viết được 3 số nên có 3.52  156 số. Vậy tất cả có 165 số. Câu 28: Gọi A là tập các số tự nhiên cî 8 chữ số đïi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc A . Tình xác suất để số được chọn chia hết cho 45 . Lời giải Gọi số cần tìm có dạng: abcdefgh ta có a có 9 cách chọn Các chữ số còn lại có A 79 Nên số phần tử của không gian mẫu: 9.A 79  1632960 Gọi B  0, 1, 2, 3, 4, 5, 6,7, 8, 9 Ta có: 0  1  2  3  4  5  6  7  8  9  45 9 Ta có các bộ số mà tổng chia hết cho 9 : B 0, 9 , B 1, 8 , B 2,7 , B 3, 6 , B 4, 5 . Xét B 0, 9  1, 2, 3, 4, 5, 6,7, 8 Gọi số cần tìm có dạng: abcdefgh Chọn h có một cách. Chọn 7 chữ số còn lại xếp vào 7 vị trí có: 7 ! . Nên trường hợp này có 7 ! cách. Xét B 1, 8  0, 2, 3, 4, 5, 6,7, 9  Tận cùng là chữ số 0 : có 7 ! cách  Tận cùng là chữ số 5 : a có 6 cách; các chữ số còn lại có: 6 ! cách Suy ra: 7 ! 6.6!  9360 Các trường hợp B 2,7 , B 3, 6 tương tự như B 1, 8 . Xét B 4, 5  0, 1, 2, 3, 6,7, 8, 9 Gọi số cần tìm có dạng: abcdefgh Chọn h có một cách. Chọn 7 chữ số còn lại xếp vào 7 vị trí có: 7 ! . Nên trường hợp này có 7 ! cách. Suy ra số phần tử của biến cố A là: 7 !.2  9360.3  38160 . 38160 53 Vậy xác suất của biến cố A là:  1632960 2268 Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 19 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ Câu 29: 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 . Lời giải Gọi A n , B n lần lượt là tập các số chia hết, không chia hết cho 3 . Với mỗi số thuộc A n có hai cách thêm vào cuối một chữ số 6 hoặc một chữ số 9 để được A n  1 và hai cách thêm một chữ số 7 hoặc một chữ số 8 để được B n  1 . Với mỗi số thuộc B n có một cách thêm vào cuối một chữ số 7 hoặc một chữ số 8 để được A n  1 và có ba cách thêm một chữ số để được B n  1 .  A n  1  2 A n  Bn  Bn 1  3 A n1  4 Bn  A n 1  5 A n  4 A n1 . Như vậy   B n  1  2 A n  3 Bn Hay A n  5 A n 1  4 A n  2 . Xét dãy số a n  A n , ta có a 1  2 , a 2  6 , a n  5a n 1  4a n  2 ; n  3 . Nên a n    .4 n  Suy ra có 2 1 n  4 . 3 3 4 2018  2 số chia hết cho 3. 3 Mà E  4 2018. Vậy P  42018  2 1  1     1  4035  . 2018 3.4 3  2  Câu 30: Chọn ngẫu nhiên 2 số từ tập S  1; 2; 3;…; 20 . Xác suất để chọn được 2 số mà tích của chúng là một số chình phương bằng bao nhiêu ? Lời giải Số cách chọn ra ngẫu nhiên 2 số là C 220 Ta cần tìm số cách chọn ra cặp số  a; b  thỏa mãn 1  a  b  20, ab  c 2 , 2  c  19 Có tất cả 11 cặp số như thế. Xác suất cần tính là 11 11  2 C 20 190 Câu 31: Cho tập A  1; 2; 3;…; 2018 , hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 5 số từ tập A mà các số đî lập thành một cấp số nhân tăng và cïng bội là một số nguyên dương ? Lời giải 5 số được chọn ra xếp được duy nhất dãy tăng, giả sử x 1  x 2  x 3  x 4  x 5 Theo giả thiết các số đî là x1 , qx1 , q 2 x1 , q 3 x1 , q 4 x1 , q  , q  2 Ta có q 4 x1  2018  q  4 20 | Chinh phục olympic toán 2018 4  2018  q  2; 3; 4; 5; 6 x1 Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 Mặt khác 1  x1   2018  2018  1  x1   4  . Với mỗi số nguyên q  2; 3; 4; 5; 6 ta có tất cả 4 q  q   2018   4  cách chọn x 1 và các số còn lại cî tương ứng duy nhất một cách chọn.  q  Vậy theo quy tắc cộng và quy tắc nhân ta có tất cả:  2018   2018   2018   2018   2018   2018        161 k 4   2 4   34   4 4   54   6 4  k 2 6   Bài tập tương tự Chọn ngẫu nhiên 3 số từ tập A  1; 2;…; 100 . Tính xác suất để chọn được 3 số mà các số đî lập thành một cấp số nhân tăng cî cïng bội là một số nguyên dương? Câu 32: Cho tập A  1; 2; 3;…; 30 . Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của A, tính xác suất để 3 phần tử được chọn lập thành một cấp số cộng ? Lời giải Số cách chọn ngẫu nhiên 3 phần tử là C 330 Ta tìm số các bộ số  a; b; c  thỏa mãn a, b, c  A; 1  a  b  c  30; a  c  2b Ta có a, c sẽ cùng tính chẵn lẻ.  2 Nếu a, c cùng chẵn có C 15 cách chọn a, c và b có duy nhất một cách chọn  2 Nếu a, c cùng lẻ có C 15 cách chọn a, c và b có duy nhất một cách chọn 2 Vậy có tất cả 2C 15 cách chọn. Câu 33: Cho tập S  2 1 , 2 2 ,…, 2 10  . Chọn ngẫu nhiên 2 phần tử a, b của S, tính xác suất để log a b là một số nguyên bằng ? Lời giải Số phần tử của không gian mẫu C 2 10 Ta thấy rằng nếu log a b là một số nguyên dương thë đî phải là số nguyên dương lớn hơn 1. Thật vậy vì a, b  1  log a b  0 mặt khác 2 số này khác nhau nên log a b phải là một số nguyên lớn hơn 1. Vậy log a b  k  , k  2  b  ak  Nếu a  2 1  b  2 2 ; 2 3 ;…; 2 10  , có 9 cách chọn  Nếu a  2 2  b  2 4 ; 2 6 ; 2 8 ; 2 10  , có 4 cách chọn  Nếu a  2 3  b  2 6 ; 2 9  , có 2 cách chọn  Nếu a  2 4  b  2 8  , có 1 cách chọn  Nếu a  2 5  b  2 10  , có 1 cách chọn Vậy có tất cả 17 cách chọn. Xác suất cần tính là Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học 17 45 Chinh phục olympic toán | 21 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ Câu 34: Chọn ngẫu nhiên 3 số phân biệt a,b,c từ tập S  1; 2; 3;…; 30 . Tính xác suất để a 2  b 2  c 2 chia hết cho 3 ? Lời giải Số phần tử của không gian mẫu C 330 Ta có nhận xét:  n  3k  n 2  9k 2  0  mod 3   n  3k  1  n 2  9k 2  6k  1  1  mod 3   n  3k  2  n 2  9k 2  12k  4  1  mod 3  Vậy để a 2  b 2  c 2 chia hết cho 3 thì a,b,c cùng chia hết cho 3 hoặc a,b,c cùng không chia hết cho 3. Tập S có 10 phần tử chia hết cho 3, 20 phần tử không chia hết cho 3. 9 3  C 320 . Xác suất cần tính là Vậy số cách chọn là C 10 29 Câu 35: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 2018 chữ số và tổng các chữ số chia hết cho 3 ? Lời giải Vì tổng các chữ số bằng 3 nên chữ số lớn nhất trong dãy này có thể bằng 3, ta xét các trường hợp sau:  Số tạo thành từ 1 số 3 và 2017 số 0, có duy nhất 1 số thỏa mãn  Số tạo thành từ 1 số 1 và 1 số 2 có 2.C 12017  4034 số thỏa mãn  Số tạo thành từ 3 số 1 có 1.C 22017 số thỏa mãn Vậy có tất cả 2037171 số. Bài tập tương tự Có bao nhiêu số tự nhiên nhỏ hơn 10 2018 và tổng các chữ số bằng 3? 2 3  C 2018 Đáp số: C 12018  A 2018 Câu 36: 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? Lời giải Cách 1. 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: 3! Ta có n     7.6.5 và n A 1  3!. Suy ra P A 1  . 7.6.5      TH2: Bắt được 3 con thỏ trắng trong 4 lần đầu: Suy ra lần 4 bắt được con trắng; lần 1, 2 và 3 bắt được 2 con trắng và 1 con nâu. T 22 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018     Ta có n     7.6.5.4 và n A 2  C .C .3!. Suy ra P A 2       Suy ra P A  P A 1  P A 2  1 4 2 3 C 14 .C 32 .3!  . 7.6.5.4 4 31  P A   35 35 Cách 2. Ta mô tả không gian của biến cố A như sau TTT;   Suy ra P A  TNNN; NTNN; NNTN 4 31  P A   35 35 Câu 37: 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 bao nhiêu? Lời giải Tập S có 9 4 phần tử.  a 1a 2 a 3a 4 2. Gọi số thỏa mãn biến cố là a1a 2 a 3a 4 . Do a1a 2 a 3 a 4 6  Suy ra a 4  2, 4 , 6, 8 : có 4 cách; và a 1 , a 2 có 9 2 cách chọn.  Nếu a1  a 2  a 4  3k  a3  3; 6; 9 nên a 3 có 3 cách chọn.  Nếu a1  a 2  a 4  3k  1  a 3  2; 5; 8 nên a 3 có 3 cách chọn.  Nếu a1  a 2  a 4  3k  2  a 3  1; 4;7 nên a 3 có 3 cách chọn. Vậy a 3 luôn luôn có 3 cách chọn nên n  A   4.9 2.3  972.  n     9 4 4 P Ta có  2 27  n  A   4.9 .3 Câu 38: Trong buổi sinh hoạt nhóm của lớp, tổ một có 12 học sinh gồm 4 học sinh nữ trong đî cî Hoa và 8 học sinh nam trong đî cî 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 bao nhiêu? 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 24 .C 82 cách.  Nhóm thứ hai có 1 nữ và 3 nam, có C 12 .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 24 .C 82 .C 12 .C 63  6720 . Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 23 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ 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 1. Hoa và Vinh cùng với 1 bạn nam và 1 bạn nữ thành một nhóm nên có C 71 .C 13 cách. Nhóm thứ hai có 3 bạn nam và 1 bạn nữ nên có C 63 .C 12 . Cuối cùng còn lại 3 bạn nam và 1 bạn nữ nên có 1 cách duy nhất cho nhóm thứ ba. Do đî trong trường hợp này có C71 .C 13 .C 63 .C 12  840 cách.  Trường hợp 2. 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 25 .C 23 . Cuối cùng còn lại 3 bạn nam và 1 bạn nữ nên có 1 cách duy nhất cho nhóm thứ ba. Do đî trong trường hợp này có C 72 .C 52 .C 32  630 cách.  Trường hợp 3. 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 Câu 39: An và Bënh cñng tham gia kë thi THPTQG năm 2018 , ngoài thi ba môn Toán, Văn, Tiếng Anh bắt buộc thë An và Bënh đều đăng kì thi them đòng hai mïn tự chọn khác trong ba mïn Vật lì, Hîa học và Sinh học dưới hënh thức thi trắc nghiệm để xét tuyển Đại học. Mỗi mïn tự chọn trắc nghiệm cî 8 mã đề thi khác nhau, mã đề thi của các mïn khác nhau là khác nhau. Tình xác suất để An và Bënh cî chung đòng một mïn thi tự chọn và chung một mã đề. Lời giải Gọi A là biến cố: ‚An và Bënh cî chung đòng một mïn thi tự chọn và chung một mã đề‛. Số khả năng An chọn 2 mïn thi tự chọn và mã đề của 2 môn thi là C 23 .82 . Số khả năng Bënh chọn 2 mïn thi tự chọn và mã đề của 2 môn thi là C 23 .82 . Do đî, số phần tử của khïng gian mẫu là n     C 23 .82.C 23 .82 . Bây giờ ta đếm số khả năng để An và Bënh cî chung đòng một mïn thi tự chọn và chung một mã đề: Số khả năng An chọn 2 mïn thi tự chọn và mã đề của 2 môn thi là C 23 .82 . Sau khi An chọn thë Bënh cî 2 cách chọn 2 mïn thi tự chọn để cî đòng một mïn thi tự chọn với An, để chung mã đề với An thë số cách chọn mã đề 2 mïn thi của Bënh là 1.8  8 cách. Như vậy, số cách chọn mïn thi và mã đề thi của Bënh là 2.8 . Do đî: n  A   C 23 .82.2.8 . 24 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 n A  C 23 .82.2.8 1 Bởi vậy: P  A   .  2 2 2 2  12 n    C 3 .8 .C 3 .8 Câu 40 : Trong không gian cho 2n điểm phân biệt ( n  4 , n  ), trong đî khïng cî ba điểm nào thẳng hàng và trong 2n điểm đî cî đòng n điểm cñng nằm trên một mặt phẳng và khïng cî 4 điểm nào ngoài 4 điểm trong n điểm này đồng phẳng. Tëm n sao cho từ 2n điểm đã cho tạo ra đòng 201 mặt phẳng phân biệt Lời giải Cách 1. Số cách chọn 3 điểm trong 2n điểm phân biệt đã cho là C 32 n . Số cách chọn 3 điểm trong n điểm cùng nằm trên một mặt phẳng là C 3n . Số mặt phẳng được tạo ra từ 2n điểm đã cho là C 32 n  C n3  1 . 2n  2n  1  2n  2  n  n  1  n  2    200 6 6 2n  2n  1  2n  2  n  n  1  n  2     200 6 6 Như vậy: C 32 n  C n3  1  201   7n 3  9n 2  2n  1200  0   n  6   7n 2  33n  200   0  n  6 Vậy n  6 . Cách 2. Cî các trường hợp sau :  TH1 : n điểm đồng phẳng tạo ra 1 mặt phẳng.  TH2 : n điểm khïng đồng phẳng tạo ra C 3n mặt phẳng.  TH3 : 2 điểm trong n điểm đồng phẳng kết hợp với 1 điểm trong n điểm không đồng phẳng tạo ra C 2n C 1n  n.C 2n mặt phẳng.  TH4 : 1 điểm trong n điểm đồng phẳng kết hợp với 2 điểm trong n điểm không đồng phẳng tạo ra C 1n C n2  n.C n2 mặt phẳng. Vậy có 1  C 3n  2nC n2  201  n  6 . Câu 41: Tung một đồng xu khïng đồng chất 2020 lần. Biết rằng xác suất xuất hiện mặt sấp là 0, 6 . Tình xác suất để mặt sấp xuất hiện đòng 1010 lần. Lời giải Ta có C 1010 2020 cách chọn 1010 vị trí trong 2020 lần tung đồng xu để mặt xấp xuất hiện, các lần tung còn lại không xuất hiện mặt sấp. Ứng với mỗi cách chọn cố định 1010 vị trí xuất hiện mặt xấp ta có xác suất của trường hợp đî tình như sau:  Tại những lần mặt xấp xuất hiện thì xác suất xảy ra là 0, 6 .  Tại những lần mặt ngửa xuất hiện thì xác suất xảy ra là 1  0, 6 . Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 25 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ Do có 1010 lần xuất hiện mặt sấp và 1010 xuất hiện mặt ngữa nên ứng với mỗi cách chọn cố định 1010 vị trí xuất hiện mặt xấp thì có xác xuất là 0, 61010  1  0, 6  Vậy xác xuất cần tính là C 1010 2020 .  0, 24  1010 1010   0, 24  1010 . . Câu 42 : Cho 5 chữ số 1 , 2 , 3 , 4 , 6 . Lập các số tự nhiên cî 3 chữ số đïi một khác nhau từ 5 chữ số đã cho. Tình tổng của các số lập được. Lời giải Mỗi số số tự nhiên cî 3 chữ số đïi một khác nhau từ 5 chữ số 1 , 2 , 3 , 4 , 6 là một chỉnh hợp chập 3 của các chữ số này. Do đî, ta lập được A 35  60 số. Do vai trí các số 1 , 2 , 3 , 4 , 6 như nhau, nên số lần xuất hiện của mỗi chữ số trong các chữ số này ở mỗi hàng (hàng đơn vị, hàng chục, hàng trăm) là như nhau và bằng 60 : 5  12 lần. Vậy, tổng các số lập được là S  12.  1  2  3  4  6  100  10  1   21312 . Câu 43: 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 cî tổng bằng 91 . Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S . Xác suất chọn được phần tử cî 3 số lập thành cấp số nhân bằng? Lời giải Giả sử tập con bất kì a, b, c  S  1  a, b, c  100 ; a, b, c phân biệt và a  b  c  91. 31 Đây là bài toán chia kẹo Euler nên số bộ a, b, c là C 91 1 Tuy nhiên trong các bộ trên vẫn chứa các bộ có 2 chữ số giống nhau, số bộ có 2 chữ số 2  3.45  : 3!  645 . giống nhau là 3.45  135 ( bộ). Vậy n      C 90 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 q  3 1  q  q  13   3 Vậy n  A   3  P  A   . 645 26 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 Câu 44: Một tòa nhà có n tầng, các tầng được đánh số từ 1 đến n theo thứ tự từ dưới lên. Có 4 thang máy đang ở tầng 1 . Biết rằng mỗi thang máy cî thể dừng ở đòng 3 tầng (khïng kể tầng 1 ) và 3 tầng này khïng là 3 số nguyên liên tiếp và với hai tầng bất kỳ ( khác tầng 1 ) của tía nhà luïn cî một thang máy dừng được ở cả hang tầng này. Hỏi giá trị lớn nhất của n là bao nhiêu? Lời giải Giả sử 4 thang máy đî là A, B, C, D . Do khi bốc hai thang bất kỳ luôn có một thang máy dừng được nên:  Khi bốc hai tầng 2, 3 có một thang dừng được giả sử đî là thang A , nên tầng 4 không phải thang A dừng.  Khi bốc hai tầng 3, 4 có một thang dừng được giả sử đî là thang B , nên tầng 5 không phải thang B dừng.  Khi bốc hai tầng 4, 5 có một thang dừng được giả sử đî là thang C , nên tầng 6 không phải thang C dừng.  Khi bốc hai tầng 5, 6 có một thang dừng được giả sử đî là thang D .  Khi bốc hai tầng 6,7 có một thang dừng được khi đî khïng thể là thang A, B, C vì sẽ dừng 4 (mâu thuẫn), thang D không thể ở tầng 7 do không thể ở ba tầng liên tiếp. Vậy khách sạn có tối đa sáu tầng. Câu 45: Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên cî 4 chữ số. Tình xác suất để số được chọn cî dạng abcd , trong đî 1  a  b  c  d  9 . Lời giải Cách 1: Số tự nhiên có bốn chữ số có dạng abcd Ta có a  1; 2; 3; 4; 5; 6;7; 8; 9 suy ra có 9 cách chọn, bcd có 10 3 cách chọn Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n     9.10 3  9000 . Gọi A là biến cố ‘‘số được chọn có dạng abcd , trong đî 1  a  b  c  d  9 ’’  Số dạng aaaa có 9 số.  Số dạng abcd ( a  b  c  d ) có C 94 số.  Số dạng aaab có C 92 số.  Số dạng aabb có C 92 số.  Số dạng abbc có C 93 số.  Số dạng abbc có C 93 số.  Số dạng abcc có C 93 số.  n  A   9  C 94  3.C 92  3.C 93  495 . Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 27 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ Vậy P  A   n A  n   495  0.55 . 9000 Cách 2: Số phần tử của không gian mẫu là n     9.10 3  9000 . Từ giả thiết 1  a  b  c  d  9  1  a  b  1  c  1  d  1  9  3  12 . 4  495 . Số cách chọn a , b , c , d và sắp xếp chúng theo một thứ tự duy nhất là C 12 Vậy P  A   n A  n   495  0.55 . 9000 Câu 46 : Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên cî 7 chữ số và chia hết cho 9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S , tình xác suất để các chữ số của số đî đïi một khác nhau. Lời giải Số chia hết cho 9 có dạng: 9m , với m  . Ta có 1000000  9m  10000000  111111  m  1111111 . Do đî cî 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 đî cî số 0 nên từ các bộ số này lập được: 9  6  6!  38880 số có 7 chữ số đïi 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 đïi 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 đî đïi một khác 38880  20160 369 nhau là P  .  1000000 6250 Câu 47: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hënh 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  nằm bên trong kể cả trên cạnh của hënh chữ nhật OMNP . Lấy ngẫu nhiên 1 điểm A  x; y   S . Tình xác suất để x  y  90 . Lời giải Cách 1: 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 …… 28 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018  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 1111  165 86 .  1111 101 Cách 2: y 10 P 100 x O Nhận thấy các điểm cần tìm nằm trên các đường thẳng y  m , m  0; 10 . Dễ thấy trên các đường thẳng y  0 , y  1 , y  2… , y  10 có lần lượt 91 , 90 , 89… , 81 điểm. Vậy xác suất cần tìm là p  A   91  90  …  81 86 .  11.101 101 Cách 3: y 10 d M  0;10  E D 80 O N K 90 P 100 x Ta có n     11.101  1111 . Ta thấy x  y  90 có miền nghiệm là nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng d chứa điểm O . Số điểm thuộc hình chữ nhật ENPD là 21.11  231 . Số điểm thuộc EDK tính cả cạnh EK là 55  11  66 . Suy ra x  y  90 có 231  66  165 điểm và x  y  90 có 1111  165  946 P A   946 86 .  1111 101 Câu 48: 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 bë đựng 1 câu hỏi; thí sinh chọn 3 phong bì trong đî 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 bao nhiêu? 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. Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 29 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ 3  Thí sinh A có C 10 cách chọn 3 câu hỏi từ bộ gồm 10 câu hỏi. 3  Thí sinh B có C 10 cách chọn 3 câu hỏi từ bộ gồm 10 câu hỏi. 3 3 .C 10 Suy ra số phần tử của không gian mẫu là   C 10 . 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 tëm số phần tử của X như sau 3  Giả sử A chọn trước nên có C 10 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. 3 Suy ra số phần tử của biến cố X là  X  C 10 .C 73 . Vậy xác suất cần tính P  X   X     X   3 3 3 C10 .C10  C10 .C710 17 .  3 3 C10 .C10 24 Câu 49: 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 đî cî 1 phương án đòng, làm đòng mỗi câu được 0, 2 điểm. Mỗi môn thi thí sinh A đều làm hết các câu hỏi và chắc chắn đòng 45 câu, 5 câu còn lại thí sinh A chọn ngẫu nhiên. Xác suất để tổng điểm 2 môn thi của thí sinh A khïng dưới 19 điểm là bao nhiêu? Lời giải Cách 1. Thí sinh A khïng 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 đòng ìt 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     4 10 . Gọi X là biến cố ” Thí sinh A làm được ít nhất 5 câu trong 10 được cho là chọn ngẫu nhiên ” nên ta cî các trường hợp sau đây thuận lợi cho biến cố X . Mỗi câu đòng cî 1 phương án trả lời, mỗi câu sai cî 3 phương án trả lời. 5 .  3  khả năng thuận lợi.  5 câu đòng – 5 câu sai: có C 10 5  6 câu đòng – 4 câu sai: có C 610 .  3  khả năng thuận lợi. 4  7 câu đòng – 3 câu sai: có C 710 .  3  khả năng thuận lợi. 3  8 câu đòng – 2 câu sai: có C 810 .  3  khả năng thuận lợi. 2  9 câu đòng – 1 câu sai: có C 910 .3 khả năng thuận lợi.  10 câu đòng: cî C 10 10 khả năng thuận lợi. 5 .  3   C 610 .  3   C 710 .  3   C 810 .  3   C 910 .3  C 10 Suy ra n  X   C 10 10  81922. 5 30 | Chinh phục olympic toán 4 3 2 Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 Vậy xác suất cần tính P  81922 . 410 Cách 2. Xác suất trả lời đòng 1 câu hỏi là 1 3 , trả lời sai là . Ta cî các trường hợp: 4 4 1  Xác suất thí sinh A trả lời đòng 5 trên 10 câu là C   4 5 5 10 3 .  4 5 1  Xác suất thí sinh A trả lời đòng 6 trên 10 câu là C   4 6 3 .  4 4 1  Xác suất thí sinh A trả lời đòng 7 trên 10 câu là C   4 7 3 .  4 3 1 3  Xác suất thí sinh A trả lời đòng 8 trên 10 câu là C   .   4 4 2 6 10 7 10 8 8 10 9 1 3  Xác suất thí sinh A trả lời đòng 9 trên 10 câu là C910   . 4 4 10 1  Xác suất thí sinh A trả lời đòng 10 trên 10 câu là C10 10   . 4 Cộng các xác suất trên ta được xác suất cần tính. Câu 50 : 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 đî cî 1 phương án đòng, làm đòng mỗi câu được 0, 2 điểm. Bạn An làm chắc chắn đòng 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 cín đủ thời gian nên An bắt buộc phải khoanh bừa các câu còn lại. Xác suất bạn An được 9, 4 điểm là bao nhiêu? 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 cî 3 đáp án A, B, C Suy ra xác suất chọn đáp án đòng là 1 2 , xác suất chọn đáp án đòng là . 3 3  Loại 2: gồm 5 câu cî 4 đáp án A, B, C, D 1 3 Suy ra xác suất chọn đáp án đòng là , xác suất chọn đáp án đòng là . 4 4 Để bạn An đạt được 9,4 điểm (tức cần đòng thêm 5 câu trong 8 câu cín lại) thì xảy ra một trong các khả năng sau 3 5 2 1  Đòng 0 câu loại 1 & Đòng 5 câu loại 3 suy ra xác suất    C 55 .   . 3 4 2 4 1 2 1 3  Đòng 1 câu loại 1 & Đòng 4 câu loại 3 suy ra xác suất C . .    C 54 .   . . 3 3 4 4 1 3 Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 31 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ 2 1 2 1  Đòng 2 câu loại 1 & Đòng 3 câu loại 3 suy ra xác suất C .   .  C 35 .   3 3 4 2 3 3 1 1  Đòng 3 câu loại 1 & Đòng 2 câu loại 3 suy ra xác suất C .    C 25 .   3 4 499 Cộng các xác suất lại ta được xác suất cần tính P  . 13824 3 3 2 3 2 3 .  . 4 3 3 .  . 4 Câu 51: 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 suất để 3 người được chọn không có 2 người đứng nào cạnh nhau. Lời giải  3  220 . Số phần tử của không gian mẫu: n     C 12  Giả sử chọn ba người có số thứ tự trong hàng lần lượt là m , n , p . m  n  p n  m  1  Theo giả thiết ta có:  . Đặt p  n  1 m, n, p  1; 2;…; 12  a  b  c a  m b  a  1   b  n  1   c  b  1 c  p  2  1  a  b  c  p  2  10 3 3  a , b , c là ba số bất kì trong tập 1; 2; 3;…; 10  Có C 10  120 cách chọn hay n  A   C 10 Vậy xác suất là P  A   n A  n   120 6  . 220 11 Câu 52: Có hai học sinh lớp A, ba học sinh lớp B và bốn học sinh lớp C xếp thành một hàng ngang sao cho giữa hai học sinh lớp A không có học sinh nào lớp B. Hỏi có bao nhiêu cách xếp hàng như vậy? Lời giải Xét các trường hợp sau:  TH1: Hai học sinh lớp A đứng cạnh nhau có 2 !.8! cách.  TH2: Giữa hai học sinh lớp A có một học sinh lớp C có 2 !.A 14 .7 ! cách.  TH3: Giữa hai học sinh lớp A có hai học sinh lớp C có 2 !.A 24 .6! cách.  TH4: Giữa hai học sinh lớp A có ba học sinh lớp C có 2 !.A 34 .5! cách.  TH5: Giữa hai học sinh lớp A có bốn học sinh lớp C có 2 !.A 44 .4! cách. Vậy theo quy tắc cộng có 2!  8! A 14 7 ! A 24 6! A 34 5! A 44 4!  145152 cách. Câu 53: Từ các số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6 viết ngẫu nhiên một số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau có dạng a 1a 2 a 3 a 4 a 5a 6 . Tính xác suất để viết được số thoả mãn điều kiện a1  a 2  a 3  a 4  a5  a6 . Lời giải 32 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 Ta dễ cî số phần tử của khïng gian mẫu là   6.A 65  4320 . Gọi A là biến cố ‚chọn được số thoả mãn yêu cầu bài toán‛. Khi đî ta cî 3 phương án để chọn số a 1a 2 a 3 a 4 a 5a 6 như sau:  Phương án 1 : a1  a 2  a 3  a 4  a 5  a6  5 . Khi đî  a 1 , a 2  ;  a 3 , a 4  ;  a 5 , a 6    0, 5  ;  1, 4  ;  2, 3  . + Phương án 1.1 :  a1 , a 2    0, 5   có 2.  2! cách chọn. 2 + Phương án 1.2 :  a1 , a 2    0, 5   có 4.  2! cách chọn. 3 Vậy cî 2.  2!  4.  2!  40 cách chọn. 2 3  Phương án 2 : a1  a 2  a 3  a 4  a 5  a6  6 . Khi đî  a 1 , a 2  ;  a 3 , a 4  ;  a 5 , a 6    0, 6  ;  1, 5  ;  2, 4  . Phương án này hoàn toàn tương tự phương án 1 do đî cî 2.  2!  4.  2!  40 cách chọn. 2 3 Phương án 3 : a1  a 2  a 3  a 4  a 5  a6  7 . Khi đî  a 1 , a 2  ;  a 3 , a 4  ;  a 5 , a 6    1, 6  ;  2, 5  ;  3, 4  Suy ra có 3!.  2!  48 cách chọn. 3 Vậy số phần tử của A : A  40.2  48  128 . Suy ra p  A   128 4 .  4320 135 Câu 54: Cî 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? Lời giải  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 34 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 3 3 xếp 3 bi vàng vào 10 khoảng trống: có C 10 cách. Vậy có 1.C 34 .C73 .C 10 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 thë cî 2 trường hợp mà 2 bi xanh cạnh nhau Đ X Đ X X Đ X Đ X Đ X Đ Ứng với mỗi trường hợp này sẽ kéo theo việc xếp bi trắng không thỏa mãn là C 63 và việc 3 . Vậy số trường hợp không thỏa mãn (cần phải trừ ra) xếp bi vàng không thỏa mãn là C 10 là 2.C 63 .C 93 cách. Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 33 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ 12!  2 n     3!.3!.3!.3! Ta có  P 55 3 n  A   1.C 34 .C 73 .C 10  2.C 63 .C 93  Câu 55: 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. Lời giải 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 đî 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 đî khả năng thứ nhất có 5!.2!  2.48   48  96 cách.  Khả năng thứ hai: Chỉ cî 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. Suy ra 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.  1 n     6! Ta có  P 3  n  A   240 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 lớp B. Hỏi có bao nhiêu cách xếp hàng như vậy ? Lời giải Gọi k là số học sinh lớp C ở giữa hai học sinh lớp A với k  0; 1; 2; 3; 4. 34 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 Trước tiên ta đếm cách tạo thành cụm A CC…C A. 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 có A k4 cách. Do đî có 2!.A k4 cách tạo ra cụm A CC…C A. k  Coi cụm A CC…C A là một vị trí cùng với 9   k  2  học sinh còn lại thành 8  k vị k trí. Xếp hàng cho các vị trí này có  8  k  ! cách. Vậy với mỗi k như trên cî 2!.A k4 .  8  k  ! cách xếp hàng. Suy ra số cách xếp hàng thỏa mãn đề bài là: 4  2!.A .  8  k  !  145152 cách. k 0 k 4 Câu 57: Cho một đa giác lồi  H  cî 30 đỉnh. Gọi ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa giác đî. Gọi P là xác suất sao cho 4 đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của  H  . Tìm P. Lời giải 4 Số phần tử của không gian mẫu là n     C 30 . Gọi A : ‚ 4 đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác co bïn canh đêu 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 30 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  30 chiếc kẹo cho n  4 đứa n 1 3 trẻ sao cho mỗi đứa trẻ có ít nhất k  2 cái, có C m  n(k  1) 1  C 25 cách, nhưng làm như thế mỗi tứ giác lặp lại 4 lần. 30.C 325 . 4 30.C 325 n A  1150  44   0, 6294 . Vậy xác suất của biến cố A là P  A   n  C 30 1827  Số phần tử của biến cố A là n  A   Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 35 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ Câu 58: Cho đa giác đều 2018 đỉnh. Hỏi cî bao nhiêu tam giác cî đỉnh là đỉnh của đa giác và cî một gîc lớn hơn 100 ? Lời giải Aj A A i k O Gọi A 1 , A 2 ,…, A 2018 là các đỉnh của đa giác đều 2018 đỉnh. Gọi  O  là đường tròn ngoại tiếp đa giác đều A 1A 2 …A 2018 . Các đỉnh của đa giác đều chia  O  thành 2018 cung tròn bằng nhau, mỗi cung tròn có số đo bằng 360 . 2018 Vì tam giác cần đếm cî đỉnh là đỉnh của đa giác nên các gîc của tam giác là các góc nội tiếp của  O  . Suy ra góc lớn hơn 100 sẽ chắn cung có số đo lớn hơn 200 . Cố định một đỉnh A i . Có 2018 cách chọn A i . Gọi A i , A j , A k là các đỉnh sắp thứ tự theo chiều kim đồng hồ sao cho cung nhỏ A i A k  160 thì cung lớn A i A k  360  160  200 o  A i A jA k  100 và tam giác A i A jA k là tam giác cần đếm. Khi đî A i A k    160   896 cung tròn là hợp liên tiếp của nhiều nhất  360     2018  nói trên. 2 896 cung tròn này có 897 đỉnh. Trừ đi đỉnh A i thì còn 896 đỉnh. Do đî cî C 896 cách chọn hai đỉnh A j , A k . 2 Vậy có tất cả 2018.C 896 tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chú ý: Phân tích sai lầm khi giải bài tập này: Giả sử A m A n A p  100 thì cung A m A p (không chứa điểm A n ) sẽ có số đo lớn hơn 200 . 36 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018    200  Tức là cung A m A p (không chứa điểm A n ) sẽ là hợp liên tiếp của ít nhất   1  1122 360     2018  cung tròn bằng nhau nói trên. Từ đî ta cî cách dựng tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán như sau:  Bước 1: Đánh dấu một cung tròn là hợp liên tiếp của 1122 cung tròn bằng nhau nói trên. Cî 2018 cách đánh dấu.  Bước 2: Trong 2018  1121  897 điểm không thuộc cung tròn ở bước 1 (bao gồm cả 3 hai điểm đầu mút của cung), chọn ra 3 điểm bất kì, có C 897 cách chọn, 3 điểm này sẽ tạo thành tam giác có một góc lớn hơn 100 . 3 Vậy có tất cả 2018.C 897 tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách lập luận này là không chính xác, vì ta chưa trừ đi các trường hợp trùng nhau! Câu 59: Có bao nhiêu số tự nhiên có 2018 chữ số sao cho trong mỗi số tổng các chữ số bằng 5 ? Lời giải Vì 5  4  1  3  2  2  2  1  3  1  1  2  1  1  1  1  1  1  1  1 nên ta cî các trường hợp sau:  Trường hợp 1: Số tự nhiên có một chữ số 5 đứng đầu và 2017 số 0 đứng sau: Có 1 số.  Trường hợp 2: Số tự nhiên có một chữ số 4 , một chữ số 1 và 2016 số 0 . + Khả năng 1: Nếu số 4 đứng đầu thì số 1 đứng ở một trong 2017 vị trí còn lại nên ta có C 12017 số. + Khả năng 2: Nếu số 1 đứng đầu thì số 4 đứng ở một trong 2017 vị trí còn lại nên ta có C 12017 số.  Trường hợp 3: Số tự nhiên có một chữ số 3 , một chữ số 2 và 2016 số 0 + Khả năng 1: Nếu số 3 đứng đầu thì số 2 đứng ở một trong 2017 vị trí còn lại nên ta có C 12017 số. + Khả năng 2: Nếu số 2 đứng đầu thì số 3 đứng ở một trong 2017 vị trí còn lại nên ta có C 12017 số.  Trường hợp 4: Số tự nhiên có hai chữ số 2 , một chữ số 1 và 2015 số 0 + Khả năng 1: Nếu số 2 đứng đầu thì số 1 và số 2 còn lại đứng ở hai trong 2017 vị trí còn lại nên ta có A 22017 số. + Khả năng 2: Nếu số 1 đứng đầu thì hai chữ số 2 đứng ở hai trong 2017 vị trí còn lại nên ta có C 22017 số. Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 37 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ  Trường hợp 5: Số tự nhiên có 2 chữ số 1 , một chữ số 3 thë tương tự như trường hợp 4 ta có A 22017  C 22017 số.  Trường hợp 6: Số tự nhiên có một chữ số 2 , ba chữ số 1 và 2014 số 0 . + Khả năng 1: Nếu số 2 đứng đầu thì ba chữ số 1 đứng ở ba trong 2017 vị trí còn lại nên ta có C 32017 số. + Khả năng 2: Nếu số 1 đứng đầu và số 2 đứng ở vị trí mà không có số 1 nào khác đứng trước nó thì hai số 1 còn lại đứng ở trong 2016 vị trí còn lại nên ta có C 22016 số. + Khả năng 3: Nếu số 1 đứng đầu và số 2 đứng ở vị trì mà đứng trước nó có hai số 1 thì hai số 1 và 2 còn lại đứng ở trong 2016 vị trí còn lại nên ta có A 22016 số.  Trường hợp 7: Số tự nhiên cî năm chữ số 1 và 2013 số 0 , vì chữ số 1 đứng đầu 4 nên bốn chữ số 1 còn lại đứng ở bốn trong 2017 vị trí còn lại nên ta có C 2017 số. Áp dụng quy tắc cộng ta có 1  4C 12017  2  C 22017  A 22017    C 32017  A 22016  C 22016   C 42017 số cần tìm. Câu 60: 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 ? 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 cî 3 ! cách. Do đî 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 cî 3 ! cách. Do đî 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 đî cî vị trí II  x   IV  v   V  v  không thỏa mãn. Do đî 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. 38 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 Bi màu vàng và màu xanh ở tùy ý các vị trí còn lại thì có 3 ! cách nhưng trong đî cî vị trí II  v   III  v   V  x  không thỏa mãn. Do đî trong tường hợp này có 3!.  3! 2   24 cách. Vậy có tất cả 36  24  36  24  120 cách thỏa mãn bài toán. Câu 61: Trong trận đấu bîng đá giữa 2 đội Real madrid và Barcelona, trọng tài cho đội Barcelona được hưởng một quả Penalty. Cầu thủ sòt phạt ngẫu nhiên vào 1 trong bốn vị trí 1 , 2 , 3 , 4 và thủ mïn bay người cản phá ngẫu nhiên đến 1 trong 4 vị trì 1 , 2 , 3 , 4 với xác suất như nhau (thủ mïn và cầu thủ sòt phạt đều khïng đoán được ó định của đối phương). Biết nếu cầu thủ sòt và thủ mïn bay cñng vào vị trì 1 (hoặc 2 ) thë thủ mïn cản phá được cò sòt đî, nếu cñng vào vị trì 3 (hoặc 4 ) thë xác suất cản phá thành cïng là 50% . Tình xác suất của biến cố ‚cò sòt đî khïng vào lưới‛? 4 3 1 2 Lời giải Cách 1: Số phần tử của không gian mẫu là n     4.4  16 Gọi biến cố A  ‚Cò sòt đî khïng vào lưới‛ Khi đî biến cố A  ‚Cò sòt đî vào lưới‛   Số phần tử của n A là  Trường hợp 1: Cầu thủ sút vào vị trí 1 thủ môn bay vào 1 trong 3 vị trí còn lại. Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ môn có 3 cách bay. Do đî, cî 3 khả năng xảy ra  Trường hợp 2: Cầu thủ sút vào vị trí 2 thủ môn bay vào 1 trong 3 vị trí còn lại. Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ môn có 3 cách bay. Do đî, cî 3 khả năng xảy ra  Trường hợp 3: Cầu thủ sút vào vị trí 3 thủ môn bay vào 1 trong 3 vị trí còn lại. Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ môn có 3 cách bay. Do đî, cî 3 khả năng xảy ra  Trường hợp 4: Cầu thủ sút vào vị trí 4 thủ môn bay vào 1 trong 3 vị trí còn lại. Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ môn có 3 cách bay. Do đî, cî 3 khả năng xảy ra. Trường hợp 5: Cầu thủ sút vào vị trí 3 thủ môn bay vào vị trí 3. Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ môn có 1 cách bay. Do đî, cî 1 khả năng xảy ra  Trường hợp 6: Cầu thủ sút vào vị trí 4 thủ môn bay vào vị trí 4. Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ môn có 1 cách bay. Do đî, cî 1 khả năng xảy ra   Khi đî n A  4.3  2.1  14 . Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 39 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ   4.3 2.1 1 13 (Do 2 trường hợp 5, 6 thì xác suất xảy  .  16 16 2 16 13 3 ra chỉ là 50%). Vậy p  A   1  p A  1  .  16 16 Xác suất xảy ra biến cố A là p A    Cách 2: Gọi A i là biến cố ‚cầu thủ sút phạt vào vị trí i ‛ B i là biến cố ‚thủ mïn bay người cản phá vào vị trí thứ i ‛ Và C là biến cố ‚Cò sòt phạt khïng vào lưới‛ 1 Dễ thấy P  A i   P  Bi   . Ta có 4 1 1 P  C   P  A 1  P  B1   P  A 2  P  B 2   P  A 3  P  B 3   P A 4  P  B 4  2 2 2 2 2 2 3 1  1 1 1 1 1 .             16 4 4 24 24 Câu 62: Trong một lớp có n học sinh có ba bạn A,B,C cùng n  3 học sinh khác. Khi xếp tùy ý n học sinh này vào một dãy ghế dài cî đánh số từ 1 đến n ( mỗi học sinh ngồi một 13 ghế). Xác suất để số ghế của A bằng trung bình cộng số ghế của B và C bằng . Tìm n ? 675 Lời giải Số cách xếp tùy ý là n ! . Ta tìm số cách xếp thỏa mãn; giả sử số ghế của A,B,C lần lượt là bc a,b,c. Theo giả thiết ta có a   b  c  2a . Do đî b và c cñng chẵn hoặc cùng lẻ. Ta 2 xét 2 khả năng của n. Trường hợp 1: n  2m  Nếu b,c chẵn có A 2n cách xếp B và C; 1 cách xếp A và  n  3  ! cách xếp học sinh 2 khác.  Nếu b,c lẻ có A 2n cách xếp B và C; 1 cách xếp A và  n  3  ! cách xếp học sinh khác. 2 Vậy xác suất cần tính là: 2  2m  3  ! 2  n  3  !A 2n 2 n!  m! m  2 !  2m  !  2m  m  1  2m  2m  1  2m  2   13 701 m 675 52 Trường hợp này không thỏa mãn. Trường hợp 2: n  2m  1 2  Nếu b,c chẵn có A m cách xếp B và C; 1 cách xếp A và  2m  2  ! cách xếp học sinh khác.  Nếu b,c lẻ có A m2  1 cách xếp B và C; 1 cách xếp A và  2m  2  ! cách xếp học sinh khác. 40 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 Vậy xác suất cần tính là:  2m  2  ! Am2  Am2 1  m  m  1   m  1 m 13    m  13  n  27  2m  1 !  2m  1 2m  2m  1 675 Vậy n  27 Câu 63: Cho tam giác đều H cî cạnh bằng 8 . Chia tam giác này đều thành 64 tam giác đều cî cạnh bằng 1 bởi các đường thẳng song song với các cạnh của tam giác đều đã cho. Gọi S là tập hợp các đỉnh của 64 tam giác đều cî cạnh bằng 1 . Chọn Ngẫu nhiên 4 đỉnh của tập S . Tình xác suất để 4 đỉnh chọn được là bốn đỉnh của một hënh bënh hành nằm trong miền trong tam giác đều H . Lời giải Cách 1: Ta thấy có 3 loại hình bình hành dựa vào cách chọn phương của hai cạnh của hình bình hành. Số hình bình hành của mỗi loại là bằng nhau nên chỉ cần tính một loại rồi nhân với 3. Dựng thêm một đường thẳng song song với cạnh đáy và cách cạnh đáy một khoảng bằng khoảng cách giữa hai đường thẳng song song kề nhau, tạo thành một tam giác đều mở rộng như hënh vẽ. Ta chia cạnh mới thành 9 phần bằng nhau bởi 8 , cộng thêm 2 đầu mút nữa thành 10 điểm. Các điểm được đánh số từ trái sang phải từ 1 đến 10 . Khi đî, với 1 hình bình hành có hai cạnh song song với hai cạnh bên tương ứng với bốn số 1  a  b  c  d  10 theo quy tắc sau: Nối dài các cạnh của hình bình hành, cắt các cạnh Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 41 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ mới tại 4 điểm có số thứ tự là a , b , c , d . Ví dụ với hënh bënh hành màu đỏ trên ta có bộ  2, 5,7, 9  . Ngược lại nếu có một bộ số 1  a  b  c  d  10 ta sẽ kẻ các đường thẳng từ điểm a , b song song với cạnh bên trái và từ c , d song song với cạnh bên phải giao nhau ra một hình bình hành. Vậy số hình bình hành loại này là số cách lấy ra bốn số phân biệt  a; b; c;d  từ 10 số tự 4  210 . nhiên 1, 2, 3,…, 10 và ta được C 10 4  630 hình bình hành. Vậy kết quả là 3.C 10 Ta thấy có 1  2  3  …  9  45 giao điểm giữa các đường thẳng nên số phần tử của không gian mẫu là n     C 445 . Vậy xác suất cần tính là P  A   4 3C 10 2 .  4 C 45 473 Cách 2: Để chọn được một hình bình hành mà 4 đỉnh chọn được là bốn đỉnh của một hình bình hành nằm trong miền trong tam giác đều H ta làm như sau: Chọn 2 trong 7 điểm trên một cạnh ( trừ hai điểm đầu mút của cạnh), cùng với hai điểm trong 5 điểm nằm tương ứng trên một cạnh trong hai cạnh còn lại của tam giác ( trừ mỗi đầu cạnh đi 2 điểm). Qua 4 điểm này có 4 đường thẳng tương ứng của đầu bài sẽ cắt nhau tạo thành một hình bình hành thỏa mãn bài toán. Vì vài trò các cạnh như nhau nên số hënh bënh hành thu được là: C 72 .C 25 .3  630 (hình). Ta thấy có 1  2  3  …  9  45 giao điểm giữa các đường thẳng nên số phần tử của không gian mẫu là n     C 445 . Vậy xác suất cần tính là P  A   4 3C 10 2 .  4 C 45 473 Câu 64: Cî tất cả bao nhiêu hënh chữ nhật trên bàn cờ vua 8×8 ? Lời giải Số các hình chữ nhật chỉ chứa 1 ô vuông là 64. Số cách chọn ra 2 ô vuông phân biệt trong 64 ô vuông 2  2016 . Trong đî số cách chọn 2 ô thuộc này là C 64 cùng 1 hàng hoặc 1 cột là 16C 82 . Suy ra có 448 hình chữ nhật mà có chiều rộng là 1(các ô vuông của nó cùng thuộc 1 hàng hoặc 1 cột). Vậy số cách chọn 2 ô vuông mà không cùng hàng hay cột là: 2016  448  1568 Nhận xét: Với 2 ô vuông không cùng hàng cùng cột ta có thể tạo ra 1 hình chữ nhật bằng cách chiếu 42 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 Các đường song song với các cạnh của bàn cờ và đi qua 2 ï vuïng đî. Cụ thể như sau: Với 2 ô vuông C5 và F3 thì ta có thể tạo thành hình chữ nhật cî 4 đỉnh là: C5; C3; F3; F5. Như vậy mỗi hình chữ nhật có thể được tạo ra bởi 2 cặp ô vuông không cùng hàng cùng cột. Do 1568 đî số hình chữ nhật trong trường hợp này là  784 hình chữ nhật. 2 Câu 65 : 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 Lời giải  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 66 : Cho n giác đều nội tiếp đường trín  O  . Hỏi cî bao nhiêu hënh thang khïng là hënh chữ nhật mà 4 đỉnh là đỉnh của đa giác đã cho ? Lời giải Gọi mỗi cung chứa một cạnh của đa giác đều trên đường trín là 1 đơn vị (có n cung như vậy). Xét một hình thang thỏa mãn mà đỉnh đầu tiên chứa đáy nhỏ là A i , các đỉnh tiếp theo theo thứ tự thuận chiều kim đồng hồ. Gọi x, y, z, t lần lượt là số đo các cung chứa đáy 1  x, y, z   nhỏ, hai cạnh bên và đáy lớn của hình thang, ta có x  z x  2y  z  n *    Ta cî phương trënh  *  tương đương với x  z  n  2y  * *  với mỗi y thỏa mãn điều kiện 1 y n2 . Theo bài toán chia kẹo Euler phương trënh 2 * * có  n  2y  1  nghiệm nguyên dương. Bây giờ ta đếm các nghiệm nguyên dương của  * *  mà x  z .  Nếu n lẻ thì  * *  không có nghiệm x  z nên số nghiệm thỏa mãn điều kiện x  z là  n  2y  1 2 Nếu n chẵn thì  * *  cî đòng 1 nghiệm x  z nên số nghiệm thỏa mãn điều kiện x  z là n  2y  2 2 Số nghiệm của  *  thỏa mãn các ràng buộc đã cho là : Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 43 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ  n2 3  n  2y  1  1  n  1  n  3  n  2m  1, m     2 8 y 1  n4  2 n  2y  2 1    n  2  n  4  n  2m, m  *  2 8  y 1 Với mỗi bộ số x,y,z thỏa mãn  *  xuất phát từ 1 đỉnh của đa giác là đỉnh đầu tiên của đáy nhỏ hình thang ứng với cạnh x theo chiều thuận kim đồng hồ ta có 1 hình thang thỏa mãn. 1  8 n  n  1  n  3  n  2m  1, m  Vậy tổng số hình thang thỏa mãn là   1 n  n  2  n  4  n  2m, m  *   8  Áp dụng vào bài toán ứng với n  20 tức đa giác đều 20 cạnh, số hình thang không phải 1 hình chữ nhật tạo thành từ các đỉnh của đa giác là .20.18.16  720 8 Câu 67: Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên cî tám chữ số đïi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc A , tình xác suất để số tự nhiên được chọn chia hết cho 45. Lời giải Ta có n     A  A . 8 10 7 9 Gọi A là tập hợp các số a có 8 chữ số khác nhau chia hết cho 45 . Khi đî a chia hết cho 5 và 9 (tổng các chữ số chia hết cho 9 và số hàng đơn vị bằng 0 hoặc 5 ).  Trường hợp 1: a cî hàng đơn vị bằng 0 ; 7 chữ số còn lại có chữ số 9 và 3 trong 4 bộ số 1; 8 , 2;7 , 3; 6 , 4; 5 , có 4.7 ! số.  Trường hợp 2: a cî hàng đơn vị bằng 5 ; 7 chữ số còn lại có chữ số 4 và 3 trong 4 bộ số 0; 9 , 1; 8 , 2;7 , 3; 6 . Không có bộ 0; 9 , có 7 ! số. Có bộ 0; 9 , có C 23  7 ! 6! số  n  A   4.7 ! C 23  7 ! 6! số  P  A   4.7! C 23  7! 6! A A 8 10 7 9  53 . 2268 Câu 68 : Một khối lập phương cî độ dài cạnh là 2cm được chia thành 8 khối lập phương cạnh 1cm . Hỏi cî bao nhiêu tam giác được tạo thành từ các đỉnh của khối lập phương cạnh 1cm . Lời giải Có tất cả 27 điểm. Chọn 3 điểm trong 27 có C 327  2925. 44 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 Có tất cả  8.2  6.2  4.2  4  3  2  2  2   49 bộ ba điểm thẳng hàng. Vậy có 2925  49  2876 tam giác. Câu 69: Hai người ngang tài ngang sức tranh chức vï địch của một cuộc thi cờ tướng. Người giành chiến thắng là người đầu tiên thắng được năm ván cờ. Tại thời điểm người chơi thứ nhất đã thắng 4 ván và người chơi thứ hai mới thắng 2 ván, tình xác suất để người chơi thứ nhất giành chiến thắng. Lời giải Theo giả thiết hai người ngang tài ngang sức nên xác suất thắng thua trong một ván đấu là 0, 5; 0, 5 . Xét tại thời điểm người chơi thứ nhất đã thắng 4 ván và người chơi thứ hai thắng 2 ván. Để người thứ nhất chiến thắng thë người thứ nhất cần thắng 1 ván và người thứ hai thắng không quá hai ván. Có ba khả năng:  TH1: Đánh 1 ván. Người thứ nhất thắng xác suất là 0, 5 .  TH2: Đánh 2 ván. Người thứ nhất thắng ở ván thứ hai xác suất là  0, 5  . 2  TH3: Đánh 3 ván. Người thứ nhất thắng ở ván thứ ba xác suất là  0, 5  . 3 7 2 3 Vậy P  0, 5   0, 5    0, 5   . 8 Câu 70: Cho 100 tờ vé số trong đî cî 20 vé tròng thưởng 50 ngàn, 10 vé tròng thưởng 100 ngàn , 5 vé tròng thưởng 150 ngàn và 65 vé khïng tròng thưởng. Tình xác suất để mua 4 vé tròng thưởng 200 ngàn ? Lời giải Số cách mua ngẫu nhiên 4 vé số là C 4 100 Gọi x1 , x 2 , x 3 , x 4  0  x 1 , x 2 , x 3 , x 4  4  lần lượt là các vé số tròng thưởng 50 ngàn, 100 ngàn, 150 ngàn và khïng tròng thưởng được mua trong 4 vé. 50×1  100×2  150×3  0x 4  200 x1  2x 2  3x 3  4 Theo giả thiết ta có   x1  x 2  x 3  x 4  4 x 1  x 2  x 3  x 4  4  3x 3  4  x 3  0; 1 x  2x 2  1  Nếu x3  1   1   x1 ; x2 ; x 3 ; x 4    1; 0; 1; 2  x 1  x 2  x 4  4 x1  2x 2  4 x 2  x 4  Nếu x 3  0    x1  x 2  x 4  4 x1  2×2  4   x1 ; x 2 ; x 3 ; x 4    4; 0; 0; 0  ;  2; 1; 0; 1  ;  0; 2; 0; 2  0 2 4 2 2 C 15C 65  C 20 C 010 C 05C 065  C 220 C 110 C 05C 165  C 020C 10 C 05C 65 Suy ra số cách mua là C 120 C 10 Vậy xác suất cần tính là 28663 261415 Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 45 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ Câu 71 : Cho đa giác đều 2018 đỉnh. Cî bao nhiêu tam giác cî đỉnh là đỉnh của đa giác đều đã cho và cî một gîc lớn hơn 120 độ ? Lời giải Số đo góc ở tâm ứng với mỗi cạnh của đa giác đều là 2  rad  , góc nội tiếp bằng 1 nửa 2018 góc ở tâm. Để chọn 1 tam giác có 1 góc lớn hơn 120 độ ta làm như sau. Chọn 1 đỉnh làm đỉnh có góc lớn hơn 120 o có C 12018 cách, giả sử đỉnh này là A. Với 2 đỉnh còn lại giả sử là B và C số đo gîc B và C lần lượt là 2 y 2 x ,  x, y  1 , Số 2.2018 2.2018 2 y  2  2018  2 x đo gîc A là       xy   x  y  672  x  y  z  673 với  3  2.2018 2.2018  3 z  1, z  . Số cách chọn hai đỉnh B và C bằng số cách chọn nghiệm nguyên dương của 2 phương trënh x  y  z  673 và bằng C 672 2 Vậy số tam giác thỏa mãn yêu cầu đề bài là 2018C 672 Câu 72 : Xét một bảng ï vuïng gồm 4  4 ï vuïng. Người ta điền vào mỗi ï vuïng đî một trong hai số 1 hoặc 1 sao cho tổng các số trong mỗi hàng và tổng các số trong mỗi cột đều bằng 0 . Hỏi cî bao nhiêu cách? Lời giải Nhận xét 1: Trên mỗi hàng cî 2 số 1 và 2 số 1 , mỗi cột cî 2 số 1 và 2 số 1 Nhận xét 2: Để tổng các số trong mỗi hàng và trong mỗi cột bằng 0 đồng thời cî khïng quá hai số bằng nhau và ba hàng đầu tiên đã được xếp số thë ta chỉ cî một cách xếp hàng thứ tự. Do vậy ta tëm số cách xếp ba hàng đầu tiên. Phương pháp giải bài này là xếp theo hàng. (Hënh vẽ). Các hàng được đánh số như sau: Hàng 1 Hàng 2 Hàng 3 Hàng 4 Nếu xếp tự do thë mỗi hàng đều cî 4!  6 cách điền số mà tổng các số bằng 0, đî là các 2!.2! cách xếp như sau (Ta gọi là các bộ số từ  1  đến  6  ): 11  1  1  1  , 1  1  11  2  , 1  111  3  , 11  11  4  , 1  11  1  5  , 111  1  6  Giả sử hàng 1 được xếp như bộ  1  . Số cách xếp hàng 2 cî các khả năng sau  Khả năng 1: Hàng 2 xếp giống hàng 1: Cî 1 cách xếp ( bộ  1  ). Hàng 3 có 1 cách ( bộ  3  ). Hàng 4 có 1 cách. Vậy cî 1.1.1.1  1 cách xếp. 46 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018  Khả năng 2: Hàng 2 xếp đối xứng với hàng 1: Cî 1 cách xếp (bộ  3  ) Hàng 3 có 6 cách ( lấy thoải mái từ các bộ vë tổng hai hàng trên đã bằng 0 ). Hàng 4 có 1 cách. Vậy cî 1.1.6.1  6 cách xếp.  Khả năng 3: Hàng 2 xếp trñng với cách xếp hàng 1 ở 2 vị trì: Cî 4 cách xếp ( 4 bộ cín lại) Khi đî, với mỗi cách xếp hàng thứ 2 , hàng 3 có 2 cách.Hàng 4 có 1 cách. Vậy cî 1.1.6.1  6 cách xếp. Vë vai trí các bộ số như nhau nên số cách xếp thỏa mãn ycbt là 6.  1  6  6   90 cách. Câu 73: Thầy X cî 15 cuốn sách gồm 4 cuốn sách toán, 5 cuốn sách lì và 6 cuốn sách hîa. Các cuốn sách đïi một khác nhau. Thầy X chọn ngẫu nhiên 8 cuốn sách để làm phần thưởng cho một học sinh. Tình xác suất để số cuốn sách cín lại của thầy X cî đủ 3 môn. Lời giải Gọi A là biến cố ‚Số cuốn sách còn lại của thầy X cî đủ 3 mïn‛, suy ra A là biến cố ‚Số cuốn sách còn lại của thầy X khïng cî đủ 3 mïn‛= ‚Thầy X đã lấy hết số sách của một môn học‛. Số phần tử của không gian mẫu là: n     C 815  6435     4 3 n A  C 44 .C 11  C 55 .C 10  C 66 .C 92  486  P A    54 661  P A   1  P A  715 715 Câu 74 : Một con thỏ di chuyển từ địa điểm A đến địa điểm B bằng cách qua các điểm nòt (trong lưới cho ở hình vẽ) thì chỉ di chuyển sang phải hoặc đi lên (mỗi cách di chuyển như vậy xem là một cách đi). Biết nếu thỏ di chuyển đến nút C thì bị cáo ăn thịt, tính xác suất để thỏ đến được vị trí B . B C A Lời giải B J I C A Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 47 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ Chú ý : Nếu di chuyển trên lưới theo hướng lên trên hoặc sang ngang thë đi từ O  0; 0  đến n A  m; n  sẽ có C m m  n  C m  n cách. Số cách di chuyển từ A đến I là C 25 , số cách di chuyển từ I đến B là C 24 . Số phần tử không gian mẫu: n     C 25 .C 24  60 . Gọi X là biến cố thỏ đến được vị trí B . Số cách di chuyển từ A đến I là C 25 , số cách di chuyển từ I đến J là 1 cách, số cách di chuyển từ J đến B là C 13 .Ta có n  X   C 25 .1.C 13  30 . Vây P  X   n X n   1 . 2 Câu 75: Mỗi lượt, ta gieo một con sòc sắc (loại 6 mặt, cân đối) và một đồng xu (cân đối). Tình xác suất để trong 3 lượt gieo như vậy, cî ìt nhất một lượt gieo được kết quả con xòc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp. Lời giải Trước hết ta tình xác suất để trong một lượt gieo thứ k khïng được kết quả con xòc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp. Số phần tử của không gian mẫu là C 12 .C 16  12 . Số cách gieo để được kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất 12  1 11 hiện mặt sấp là C 11 .C 11  1 . Vậy P  A k    12 12 Gọi A là biến cố trong 3 lượt gieo 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. 3 397  11  Khi đî P  A   1  P  A 1A 2A 3   1     .  12  1728 Câu 76: Lớp 12A cî 25 học sinh chia thành 2 nhîm A và B sao cho mỗi nhîm đều cî học sinh nam và nữ, nhîm A cî 9 học sinh nam. Chọn ra ngẫu nhiên mỗi nhîm 1 học sinh, xác suất để chọn ra được 2 học sinh nam bằng 0,54. Xác suất để chọn ra 2 học sinh nữ bằng bao nhiêu ? Lời giải Ta cần tìm chính xác số học sinh nam và nữ ở mỗi nhóm dựa vào điều kiện xác suất chọn ra 2 học sinh nam bằng 0,54. Gọi x,y lần lượt là số học sinh nữ ở nhóm A và nhóm B, khi đî  16  x  y  là số học sinh nam ở nhîm B và cî điều kiện để mỗi nhîm đều có học sinh nam và nữ là x  1, y  1, 16  x  y  1; x, y  Xác suất để chọn ra 2 học sinh nam bằng 1 C19 C16 xy 1 C1x9 C16 x 3×2  71x  368  0, 54  y  50 Ta có 2 cặp nghiệm nguyên thỏa mãn điều kiện là  x; y    6; 1  ,  1; 6  . 48 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 Từ đây tình được xác suất chọn 2 học sinh nữ trong cả 2 trường hợp là 1 25 Câu 77: Xếp ngẫu nhiên 8 chữ cái trong cụm từ ‘THANH HOA‛ thành một hàng ngang. Tính xác suất để có ít nhất hai chữ H đứng cạnh nhau. Lời giải Cách 1. Xét trường hợp các chữ cái được xếp bất kë, khi đî ta xếp các chữ cái lần lượt như sau  Có C 83 cách chọn vị trí và xếp có 3 chữ cái H.  Có C 25 cách chọn vị trí và xếp có 2 chữ cái A.  Có 3 ! cách xếp 3 chữ cái T, O, N. Do đî số phần tử của không gian mẫu là n     C 83 .C 25 .3! . Gọi A là biến cố ‚cî ìt nhất hai chữ H đứng cạnh nhau‛  Nếu có ba chữ H đứng cạnh nhau, có 6 cách xếp 3 chữ H.  Nếu đòng hai chữ H đứng cạnh nhau thì + Khi hai chữ H ở hai vị trì đầu hoặc cuối có 5 cách xếp chữ cái H còn lại + Khi hai chữ H đứng ở vị trí giữa thì có 4 cách xếp chữ cái H còn lại. Do đî cî 2.5  5.4  30 cách xếp 3 chữ H sao cho cî đòng hai chữ H đứng cạnh nhau. Như vậy có 30  6  36 cách xếp 3 chữ H, ứng với cách xếp trên ta có C 25 cách chọn vị trí và xếp 2 chữ cái A và 3 ! cách xếp T, O, N Suy ra n  A   36.C 25 .3! . Vậy xác suất của biến cố A là P  A   Cách 2. Số phần tử của không gian mẫu là n     n A  n   9 . 14 8!  3360 2!3! Gọi A là biến cố ‚cî ìt nhất hai chữ H đứng cạnh nhau‛ 5! Đầu tiên ta xếp 2 chữ A và ba chữ T, O, N có cách. 2! Tiếp theo ta có 6 vị trí (xen giữa và ở hai đầu) để xếp 3 chữ H và không có chữ H nào đứng liền nhau, có C 63 cách.     5! 3 C 6  n  A   n     n A  2160 . 2! n A  9 Vậy xác suất của biến cố A là P  A   .  n    14 Do đî n A  Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 49 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ Câu 78 : Trong một bài thi trắc nghiệm khách quan cî 10 câu. Mỗi câu cî bốn phương án trả lời, trong đî chỉ cî một phương án đòng. Mỗi câu trả lời đòng thë được 1 điểm, trả lời sai thë bị trừ 0, 5 điểm. Một thì sinh do khïng học bài nên làm bài bằng cách với mỗi câu đều chọn ngẫu nhiên một phương án trả lời. Xác suất để thì sinh đî làm bài được số điểm khïng nhỏ hơn 7 là bao nhiêu? Lời giải Chọn ngẫu nhiên phương án trả lời cho 10 câu hỏi ta được không gian mẫu có số phần tử là n     4 10 . Gọi A là biến cố thì sinh làm bài được số điểm không nhỏ hơn 7 . Một thì sinh làm bài được số điểm không nhỏ hơn 7 thuộc một trong các trường hợp sau:  Đòng 10 câu (được 10 điểm) có: 1 cách chọn.  Đòng 9 câu và sai 1 câu (được 8, 5 điểm) có: C 110 .3  30 cách chọn.  2 .32  405 cách chọn. Đòng 8 câu và sai 2 câu (được 7 điểm) có: C 10 Khi đî n  A   1  30  405  436 . Vậy xác suất để thì sinh làm bài được số điểm không nhỏ hơn 7 là Vậy P  A   n A  n   436 109 .  10 4 262144 Chú ý: Gọi x là số câu đòng (với 0  x  10 , x  ), 10  x là số câu sai thë điểm của thí sinh là 3x d  x  0, 5  10  x   5. 2 3x Vì d  7 nên  5  7  x  8 nên x  8; 9; 10 . Do đî ta cî 3 trường hợp như trong lời 2 giải. Câu 79: Cho A là tập các số tự nhiên có 7 chữ số. Lấy một số bất kỳ của tập A . Tính xác suất để lấy được số lẻ và chia hết cho 9 . Lời giải Số phần tử của không gian mẫu là n     9000000  9.106 số. Gọi A là biến cố thỏa mãn bài toán. Ta đếm số phần tử của A . Ta có các số lẻ chia hết cho 9 là dãy 1000017 , 1000035 , 1000053 ,., 9999999 lập thành một cấp số cộng có u 1  1000017 và công sai d  18 nên số phần tử của dãy này là 9999999  1000017  1  500000 . Vậy n  A   5.105 . 18 n  A  5.10 5 1 Xác suất cần tìm là P  A   Vì A và B là hai biến cố xung khắc nên hai   6 n    9.10 18 biến cố này khïng đồng thời xảy ra. 50 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 Câu 80: Từ 2 chữ số 1 và 8 lập được bao nhiêu số tự nhiên cî 8 chữ số sao cho khïng cî 2 chữ số 1 đứng cạnh nhau? Lời giải  TH1: Có 8 chữ số 8 . Có 1 số  TH2: Có 1 chữ số 1 , 7 chữ số 8 . Có 8 cách xếp chữ số 1 nên có 8 số.  TH3: Có 2 chữ số 1 , 6 chữ số 8 . Xếp 6 số 8 ta có 1 cách. Từ 6 số 8 ta có có 7 chỗ trống để xếp 2 số 1 . Nên ta có: C 72  21 số.  TH4: Có 3 chữ số 1 , 5 chữ số 8 . Tương tự TH3, từ 5 chữ số 8 ta có 6 chỗ trống để xếp 3 chữ số 1 . Nên có: C 63  20 số.  TH5: Có 4 chữ số 1 , 4 chữ số 8 . Từ 4 chữ số 8 ta có 5 chỗ trống để xếp 4 chữ số 1 . Nên có: C 54  5 . Vậy có: 1  8  21  20  5  55 số. Câu 81: Gọi S là tập hợp các số tự nhiên nhỏ hơn 10 6 được thành lập từ hai chữ số 0 và 1 . Lấy ngẫu nhiên hai số trong S . Xác suất để lấy được ìt nhất một số chia hết cho 3 bằng bao nhiêu? Lời giải Có: a 1  0 ; a 1 , …, 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 . 2 Lấy ngẫu nhiên hai số trong S , có : C 63 (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 a 1 : có 2 số và hai số này đều khïng chia được cho 3 .  TH2: Số có 2 chữ số a 1a 2 với a 1  1 : có 2 số và 2 số này đều khïng chia được cho 3.  TH3: Số có 3 chữ số a 1a 2 a 3 với a 1  1 : có 4 số và trong đî cî 1 số chia được cho 3 .  TH4: Số có 4 chữ số a 1a 2 a 3 a 4 với a 1  1 : có 8 số và trong đî cî 3 số chia được cho 3.  TH5: Số có 5 chữ số a1a 2 a 3 a 4 a 5 với a 1  1 : có 16 số và trong đî cî 6 số chia được cho 3 .  TH6: Số có 6 chữ số a 1a 2 a 3 a 4 a 5a 6 với a 1  1 : có 32 số và trong đî cî 11 số chia được cho 3 . Do đî cî 21 số chia được cho 3 và có 43 số khïng chia được cho 3 .   Do đî: P A  C 243 43 53 . Vậy P  A   1  P A  .  2 96 C 64 96 Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học   Chinh phục olympic toán | 51 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ Câu 82: 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 đî. Tình xác suất để 2 cuốn sách mà Bình nhận được giống 2 cuốn sách của Bảo. Lời giải Gọi x , y , z lần lượt là số phần quà gồm sách Toán và Vật lý, Toán và Hóa học, Vật lý và x  y  5 x  2   Hóa học. Khi đî theo đề bài ta có hệ phương trënh x  z  7   y  3 . z  5 y  z  8   2 .C 83 .C 55  2520 . Số phần tử không gian mẫu là n   C 10 Gọi A là biến cố 2 cuốn sách mà Bình nhận được giống 2 cuốn sách của Bảo. Số phần tử của A là n A  C 22 .C 83 .C 55  C 82 .C 61 .C 55  C 82 .C 63 .C 33  784 . Vậy xác suất cần tìm là P  A   748 14  2520 45 Câu 83: Trong không gian cho 2n điểm phân biệt  n  3, n   , trong đî khïng cî 3 điểm nào thẳng hàng và trong 2n điểm đî cî đòng n điểm cùng nằm trên mặt phẳng. Biết rằng cî đòng 505 mặt phẳng phân biệt được tạo thành từ 2n điểm đã cho. Tëm n ? Lời giải Xem 3 điểm trong 2n điểm đã cho lập nên một mặt phẳng, thế thì ta có C 32 n mặt phẳng. Tuy nhiên vì trong 2n điểm đî cî đòng n điểm cùng nằm trên mặt phẳng nên n điểm này có duy nhất 1 mặt phẳng. Vậy số mặt phẳng cî được là  C 32 n  C n3  1  .  2n  !  n!  504 3!  2n  3  ! 3!  n  3  !  2n  2n  1  2n  2   n  n  1  n  2   3024  7n 3  9n 2  2n  3024  0  n  8 . Theo đề bài ta có: C 32 n  C n3  1  505  Câu 84 : Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số được lập từ tập A  0; 1; 2; 3;…; 9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S. Tính xác suất để chọn được số tự nhiên có tích các chữ số bằng 7875. Lời giải Số phần tử của không gian mẫu là số cách lập các số có 6 chữ số từ tập A , do đî số phần tử của không gian mẫu là n   9.10 5 . Gọi B là biến cố chọn được số tự nhiên có tích các chữ số bằng 7875  32.5 3.7 . Số phần tử của B là C 62 .C 34  60 . 52 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 Suy ra xác suất P  B   60 1 .  5 9.10 15000 Câu 85: Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất ba lần liên tiếp. Gọi P là tích ba số ở ba lần tung (mỗi số là số chấm trên mặt xuất hiện ở mỗi lần tung), tính xác suất sao cho P không chia hết cho 6 . Lời giải Số phần tử của không gian mẫu: n     6 3  216 Gọi A là biến cố ‚tìch số chấm ở ba lần gieo là một số không chia hết cho 6 ‛  Trường hợp 1. Số chấm ở cả ba lần gieo đều là các chữ số thuộc tập 1, 2, 4, 5 + Cả ba lần số chấm khác nhau có A 34 khả năng. + Có hai lần số chấm giống nhau có C 24 . 3! .2 khả năng. 2! + Cả ba lần số chấm giống nhau có 4 khả năng.  Có 64 khả năng.  Trường hợp 2. Số chấm ở cả ba lần gieo đều là các chữ số thuộc tập 1, 3, 5 + Cả ba lần số chấm khác nhau có 3 ! khả năng. 3! + Có hai lần số chấm giống nhau có C 23 . .2 khả năng. 2! + Cả ba lần số chấm giống nhau có 3 khả năng.  Có 27 khả năng. Tuy nhiên ở trường hợp 1 và 2 bị trùng nhau ở khả năng: + Ba lần số chấm giống nhau đối với số chấm 1 và 5 : Chỉ có 2 khả năng + Có hai lần số chấm giống nhau đối với 1 và 5 : Chỉ có 6 khả năng. Do đî n  A   64  27   2  6   83 . Vậy P  A   83 . 216 Câu 86: Một người viết ngẫu nhiên một số có bốn chữ số. Tính xác suất để các chữ số của số được viết ra có thứ tự tăng dần hoặc giảm dần ( nghĩa là nếu số được viết dưới dạng abcd thì a  b  c  d hoặc a  b  c  d ). Lời giải Viết ngẫu nhiên một số có 4 chữ số nên số phần tử của không gian mẫu là n     9.10.10.10  9000 . Gọi A là biến cố các chữ số của số được viết ra có thứ tự tăng dần hoặc giảm dần Gọi số tự nhiên có 4 chữ số mà các chữ số của số được viết ra có thứ tự tăng dần hoặc giảm dần có dạng abcd . Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 53 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ  Trường hợp 1: số tự nhiên có 4 chữ số mà các chữ số của số được viết ra có thứ tự giảm dần. Vì a  b  c  d nên các chữ số đïi một khác nhau và các chữ số a , b , c , d lấy từ tập X  1, 2, 3, 4, 5, 6,7, 8, 9 và với 4 chữ số lấy ra từ X thì chỉ lập được duy nhất một số thỏa yêu cầu bài toán. Do đî số số tự nhiên có 4 chữ số mà các chữ số của số được viết ra có thứ tự tăng dần là C 94 .  Trường hợp 2: số tự nhiên có 4 chữ số mà các chữ số của số được viết ra có thứ tự tăng dần. Vì a  b  c  d nên các chữ số đïi một khác nhau và các chữ số a , b , c , d lấy từ tập Y  0, 1, 2, 3, 4, 5, 6,7, 8, 9 và với 4 chữ số lấy ra từ Y thì chỉ lập được duy nhất mọt số thỏa yêu cầu bài toán. Do đî số số tự nhiên có 4 chữ số mà các chữ 4 số của số được viết ra có thứ tự giảm dần dần là C 10 . 4  336 . Vậy số phần tử của biến cố A là n  A   C 94  C 10 Xác suất của biến cố A là P  A   n A  n  336 14 .  9000 375  Câu 87: Chia ngẫu nhiên 9 viên bi gồm 4 viên màu đỏ và 5 viên màu xanh có cùng kích thước thành ba phần, mỗi phần 3 viên. Xác xuất để không có phần nào gồm 3 viên cùng màu bằng Lời giải Cách 1: Vì xác suất khïng thay đổi khi ta coi ba phần này có xếp thứ tự 1 , 2 , 3 . Chia ngẫu nhiên 9 viên bi gồm 4 viên màu đỏ và 5 viên màu xanh cî cñng kìch thước thành ba phần, mỗi phần 3 viên như sau:  Phần 1 : Chọn 3 viên cho phần 1 có C 93 cách.  Phần 2 : Chọn 3 viên cho phần 2 có C 63 cách.  Phần 3 : Chọn 3 viên lại cho phần 3 có 1 cách. Do đî số phần tử của không gian mẫu là n     C 93 .C 63  1680 . Gọi A là biến cố không có phần nào gồm 3 viên cñng màu, khi đî ta chia các viên bi thành 3 bộ như sau:  Bộ 1 : 2 đỏ, 1 xanh: Có C 24 C 15 cách chọn  Bộ 2 : 1 đỏ, 2 xanh: Có C 12 C 24 cách chọn  Bộ 3 : gồm các viên bi còn lại( 1 đỏ, 2 xanh). Vì bộ 2 và 3 có các viên bi giống nhau để không phân biệt hai bộ này nên có 3 bộ vào 3 phần trên. Do đî n  A   Ta được P  A   n A  n   54 | Chinh phục olympic toán 3! sắp xếp 2! 3! 2 1 1 2 C 4 C 5C 2 C 4  1080 . 2! 1080 9  . 1680 14 Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 Cách 2: Mã hóa:  4 viên bi đỏ giống nhau là 1 , 1 , 1 , 1.  5 viên bi xanh giống nhau là 0 , 0 , 0 , 0 , 0 . + Xếp 9 phần tử hàng ngang có   9!  126 (cách). 5!.4! + Một cách xếp thỏa yêu cầu là 1, 1, 0 1, 0, 0 1, 0, 0 . 1 – Hoán vị các nhóm có 2 3 3!  3 (do có 2 nhóm giống nhau). 2! – Rồi hoán vị các số trong mỗi nhóm có: 3.3.3  27 . Do đî biến cố A có: A  3  27  81 . Vậy P  A   A   81 9 .  126 14 Câu 88: Cho đa giác đều  P  có 20 đỉnh. Lấy tùy ý 3 đỉnh của  P  , tính xác suất để 3 đỉnh lấy được tạo thành một tam giác vuông sao cho, không có cạnh nào là cạnh của  P  . Lời giải Không gian mẫu: Chọn 3 đỉnh bất kì từ 20 đỉnh để tạo thành một tam giác  n     C 320 Biến cố A : 3 đỉnh lấy được tạo thành một tam giác vuông sao cho, không có cạnh nào là cạnh của  P  . Ta cî đa giác  P  nội tiếp một đường tròn, nên tam giác vuông tạo ra từ một đường chéo (qua tâm) bất kì và một điểm khác (tam giác nội tiếp có một cạnh là đường kính là tam giác vuông) Số cách chọn đường chéo qua tâm là 10 cách. Một đường chéo đi qua 2 đỉnh, nên theo yêu cầu, đỉnh thứ ba không thể là 4 đỉnh nằm cạnh hai đỉnh đã chọn  có 20  2  4  14 cách chọn (trừ hai đỉnh tạo thành đường chéo nữa) Vậy n  A   10  14  140 tam giác. Vậy xác suất để 3 đỉnh lấy được tạo thành một tam giác vuông sao cho, không có cạnh nào là cạnh của  P  là p  n A  n   140 7 .  C 320 57 Câu 89: Một hộp đựng 26 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 26 . Bạn Hải rút ngẫu nhiên cùng một lúc ba tấm thẻ. Hỏi có bao nhiêu cách rút sao cho bất kỳ hai trong ba tấm thẻ lấy ra đî cî hai số tương ứng ghi trên hai tấm thẻ luôn kém nhau ít nhất 2 đơn vị? Lời giải Giả sử số ghi trên ba thẻ sắp xếp theo thứ tự tăng dần là a  b  c . Vì hai trong ba tấm thẻ lấy ra đî cî hai số tương ứng ghi trên hai tấm thẻ luôn kém nhau ít a  b  1  1  a  b  1  c  2  24 . nhất 2 đơn vị nên ta có:  b  c  1  Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 55 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ Vậy số cách lấy là: C 324  2024 cách. Câu 90: Cho A là tập các số tự nhiên có 9 chữ số. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc tập A . Tính xác suất lấy được một số lẻ và chia hết cho 9 . Lời giải Số phần tử không gian mẫu là n     9.10 8 Gọi B là biến cố thỏa yêu cầu bài toán. Ta có các số lẻ có 9 chữ số chia hết cho 9 là 100000017 , 100000035 , 100000053 ,……, 999999999 lập thành một cấp số cộng với u 1  100000017 và công sai d  18 . 999999999  100000017  1  50000000 18 n  B  5.107 1 Vậy n  B   5.107 . Xác suất là P  B     . 8 n    9.10 18 Nên số phần tử của dãy là Câu 91: Cho đa giác đều  H  có 15 đỉnh. Người ta lập một tứ giác có 4 đỉnh là 4 đỉnh của  H  . Tính số tứ giác được lập thành mà không có cạnh nào là cạnh của  H  . Lời giải Kí hiệu đa giác là A 1A 2 …A 15 .  TH1: Chọn tứ giác có dạng A 1A m A n A p với 1  m  n  p  15 . Gọi x 1 , x 2 , x 3 , x 4 là số các đỉnh nằm giữa A 1 với A m , A m với A n , A n với A p và A p với A 1 . x  x 2  x 3  x 4  11 Khi đî ta cî hệ  1 . xi  1, i  1, 2, 3, 4 3  120 tứ giác. Đặt xi  x i  1 thì xi  0 và x1  x2  x3  x4  7 nên có C 10  TH2 : Không chọn đỉnh A 1 . Giả sử tứ giác được chọn là A m A n A pA q với 1  m  n  p  q  15 . Gọi x 1 là số các đỉnh giữa A 1 và A m , x 2 là số các đỉnh giữa A m và A n , x 3 là số các đỉnh giữa A n và A p , x 4 là số các đỉnh giữa A p và A q , x 5 là các đỉnh giữa A q và A 1 . x1  x 2  x 3  x 4  x 5  10 4  330 tứ giác. Ta có hệ  . Tương tự trường hợp trên có C 11 x , x , x , x  1, x  0 5  1 2 3 4 Vậy có 450 tứ giác Câu 92: Có bao nhiêu số có 5 chữ số tận cùng là 1 và chia hết cho 7 . Lời giải Số tự nhiên có 5 chữ số thỏa mãn đề bài là abcd1 Giả sử abcd1  10.abcd  1  3.abcd  7.abcd  1 Ta có chia hết cho 7 khi 3.abcd  1 chia hết cho 7 . 56 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học CHUYÊN MỤC MỖI TUẦN MỘT CHỦ ĐỀ – CHỦ ĐỀ SỐ 2 NGÀY 27/8/2018 Khi đî, 3.abcd  1  7k  abcd  2k  k 1 ,k  3 Suy ra abcd  7l  2  1000  7l  2  9999  là số nguyên khi k  3l  1 . 998 9997 có 1286 giá trị của l . l 7 7 Vậy có 1286 số thỏa mãn bài toán. Câu 93: Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên cî năm chữ số. Tính xác suất để số được chọn có dạng abcde trong đî 1  a  b  c  d  e  9 . Lời giải Có 9.10 4 số tự nhiên có 5 chữ số được tạo thành. Từ 1  a  b  c  d  e  9  1  a  b  1  c  2  d  3  e  4  13 . Đặt a 1  a , a 2  b  1 , a 3  c  2 , a 4  d  3 , a 5  e  4  1  a 1  a 2  a 3  a 4  a 5  13 . Mỗi cách chọn bộ số  a1 , a 2 , a 3 , a 4 , a 5  tương ứng ta được một số abcde thỏa mãn bài toán. 5  1287 số. Số các số có dạng abcde thỏa mãn là C 13 Vậy xác suất cần tìm là P  1287 143 .  4 9.10 10000 Câu 94: Cho các số 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 lập một số tự nhiên cî 6 chữ số đïi một khác nhau dạng abcdef . Tình xác suất để số lập được thỏa mãn a  b  c  d  e  f ? Lời giải Số phần tử khïng gian mẫu n     6.6!  4320 . Số lập được thỏa mãn a  b  c  d  e  f ta cî các trường hợp sau:  TH1: xét các bộ số 0; 6 , 1; 5 , 2; 4 : Nếu a; b  0; 6 thì có 1 cách sắp xếp. Khi đî hai cặp số cín lại cî: 2.2.2  8 cách. Nếu a; b  1; 5 thì có 2 cách sắp xếp. Khi đî hai cặp số cín lại cî: 2.2.2  8 cách. Nếu a; b  2; 4 thì có 2 cách sắp xếp. Khi đî hai cặp số cín lại cî: 2.2.2  8 cách. Suy ra có: 8.5  40 (số).  TH2: xét các bộ số 0; 5 , 1; 4 , 2; 3 : tương tự TH1 cî 8.5  40 (số).  TH3: xét các bộ số 1; 6 , 2; 5 , 3; 4 : có 3.2.8  48 (số). Vậy xác suất P  A   40  40  48 4 .  4320 135 Câu 95: 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 thë hai người là vợ chồng của nhau thì không ngồi cạnh nhau. 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). Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 57 TỔ HỢP – XÁC SUẤT VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐẾM KHÓ  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 A 23  6 cách.  Bây giờ có tất cả 5 khe trống. Ta xếp 1 cặp vợ chồng còn lại vào 5 khe này nên có A 25  20 cách. Vậy có 2  2  6  20  480 cách. III. TÀI LIỆU THAM KHẢO Các bạn ấn vào số trước tên tài liệu để tải về nhé! [1] Tổ hợp xác suất Nguyễn Minh Đức [2] Trắc nghiệm nâng cao tổ hợp xác suất – Đặng Việt Đïng [3] Bài toán chia kẹo Euler và ứng dụng – Lục Trí Tuyên [4] Tổ hợp xác suất – Nhóm ham học toán IV. LỜI KẾT Chuyên mục tuần này xin được phép kết thòc tại đây, mọi thắc mắc về vấn đề ïn thi THPT Quốc Gia hay những vấn đề nào các bạn thấy khî hiểu các bạn cî thể gửi về địa chỉ fanpage Tạp chì và tư liệu toán học , xin chào và hẹn gặp lại các bạn trong chuyên mục tuần sau  58 | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top