Xác suất ÔN THI Tốt Nghiệp NĂM 2020 – file word

(1)

XÁC SUẤT

(CÂU 39 THEO ĐỀ THAM KHẢO TỐT NGHIỆP 2020)

Câu 1. Một hộp chứa ¹¹ quả cầu gồm 5 quả cầu màu xanh và 6 quả cầu màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên đồng thời ² quả cầu từ hộp đó. Xác suất để chọn ra ² quả cầu cùng màu bằng

A.

5

22. B.

6

11. C.

5

11. D.

8 11. Lời giải

Số cách chọn ngẫu nhiên đồng thời ² quả cầu từ ¹¹ quả cầu là ^C¹¹² ^⁵⁵. Số cách chọn ra ² quả cầu cùng màu là ^C⁵² ^^C⁶² ^²⁵.

Xác suất để chọn ra ² quả cầu cùng màu bằng

25 5 55 11

.

Câu 2. Từ một hộp chứa ¹¹ quả cầu đỏ và ⁴ quả cầu màu xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 quả cầu.

Xác suất để lấy được 3 quả cầu màu xanh bằng:

A.

4

455 . B.

24

455. C.

4

165 . D.

33 91. Lời giải

Số phần tử không gian mẫu: n

 

 C15³ 455

( phần tử ).

Gọi ^A là biến cố: “ lấy được 3 quả cầu màu xanh”.

Khi đó, n A

 

C4³ 4

( phần tử ).

Xác suất

   

 

P A n A

 n

 ^₄₅₅⁴ .

Câu 3. Thầy A đặt lên bàn 30 tấm thẻ đánh số từ ¹ đến 30 . Bạn An chọn ngẫu nhiên 10 tấm thẻ. Tính xác suất để trong 10 tấm thẻ lấy ra có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm mang số chẵn trong đó chỉ có một tấm thẻ mang số chia hết cho 10 .

A.

99

667. B.

8

11. C.

3

11. D.

99 167. Lời giải

Số phần tử của không gian mẫu n

 

 C¹⁰30

. Gọi ^A là biến cố thỏa mãn bài toán.

- Lấy 5 tấm thẻ mang số lẻ: có ^C¹⁵⁵ cách.

- Lấy ¹ tấm thẻ mang số chia hết cho 10 : có ^C³¹ cách.

- Lấy ⁴ tấm thẻ mang số chẵn không chia hết cho 10 : có ^C¹²⁴ . Vậy

 

¹⁵⁵ ₁₀³¹ ¹²⁴

30

. . 99

667 C C C

P A  C 

.

Câu 4. Xét tập hợp ^A gồm tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ ^A . Tính xác suất để số được chọn có chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước (tính từ trái sang phải) ?

(2)

A.

74

411. B.

62

431. C.

1

216. D.

3 350. Lời giải

Gọi số có 5 chữ số là abcde.

Số các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau là: ⁿ

 

^{ }^9.^A₉⁴ ^²⁷²¹⁶_.

Gọi ^X là biến cố “số được chọn có chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước”.

a b c d e

     mà a0,a,b,c,d,e



0;1; 2;...;8;9



nên a,b,c,d,e



1, 2,...,8,9



. Chọn 5 chữ số: ^C⁹⁵ (cách). Với mỗi bộ 5 chữ số đã chọn, ghép được ¹ số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

 

9⁵

n X C

  126.

Xác suất cần tìm:

   

 

P X n X

 n

 ^ ₂₁₆¹ .

Câu 5. Có 8 chiếc ghế được kê thành một hàng ngang. Xếp ngẫu nhiên 8 học sinh gồm 3 học sinh nữ, 5 học sinh nam ngồi vào hàng ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh. Xác xuất để 3 học sinh nữ ngồi ở 3 ghế cạnh nhau bằng

A.

3

56. B.

1

56. C.

1

28. D.

3 28. Lời giải

Xếp tất cả 8 học sinh vào 8 ghế theo một hàng ngang, ta có số phần tử không gian mẫu là 8! 40320

  

(cách).

Gọi A là biến cố “ 3 học sinh nữ ngồi ở 3 ghế cạnh nhau”.

Ta có:

Xếp 3 nữ cạnh nhau có 3! 6 cách.

Xếp 5 nam và nhóm nữ có 6! cách.

Khi đó  _A 6.6! 4320 .

Vậy xác suất để xếp 8 học sinh sao cho 3 học sinh nữ luôn ngồi cạnh nhau là ( ) 3

28 P A A

 

 .

Câu 6. Đội thanh niên tình nguyện của một trường THPT có ¹² học sinh gồm 3 học sinh khối 10 , có 4 học sinh khối ¹¹ và 5 học sinh khối ¹². Chọn ngẫu nhiên ⁴ học sinh đi tình nguyện, hãy tính xác suất để ⁴ học sinh được chọn có đủ 3 khối.

A.

3

11. B.

1

41. C.

6

11. D.

6 41. Hướng dẫn giải

Chọn ngẫu nhiên ⁴ học sinh từ ¹² học sinh ta có: n

 

 C12⁴ 495 . Gọi ^A là biến cố: “⁴ học sinh được chọn có đủ 3 khối”.

TH1: Chọn ² học sinh khối ¹², ¹ học sinh khối ¹¹ và ¹ học sinh khối 10 : có ^{C C C}⁵² ¹⁴ ³¹ cách.

TH2: Chọn ¹ học sinh khối ¹², ² học sinh khối ¹¹ và ¹ học sinh khối 10 : có ^{C C C}⁵¹ ⁴² ¹³ cách.

TH3: Chọn ¹ học sinh khối ¹², ¹ học sinh khối ¹¹ và ² học sinh khối 10 : có ^{C C C}⁵¹ ¹⁴ ³² cách.

(3)

Suy ra n A

 

C C C5² 4¹ 3¹C C C5¹ 4² 3¹C C C5¹ 4¹ 3² 120 90 60 270   . Vậy xác suất cần tính là

   

 

²⁷⁰^{495 11}⁶

P A n A

 n  

 .

Câu 7. Một hộp chứa 15 cái thẻ được đánh số từ 1 đến 15, rút ngẫu nhiên ba cái thẻ. Xác suất để rút được ba cái thẻ có tổng các số ghi trên ba thẻ là số lẻ bằng:

A.

8

65. B.

32

65. C.

16

65. D.

24 65. Lời giải

Số cách rút ba thẻ bất kì trong số15 thẻ là: ^C¹⁵³ ^⁴⁵⁵. Số cách rút ba thẻ mang số lẻ trong 8 thẻ lẻ là: ^C⁸³ ^⁵⁶.

Số cách rút ba thẻ trong đó có hai thẻ mang số chẵn và một thẻ mang số lẻ là:

2 1

7. 8 168

C C 

Số cách rút được ba cái thẻ có tổng các số ghi trên ba thẻ là số lẻ là: 56 168 224  .

Vậy xác suất rút được ba cái thẻ có tổng các số ghi trên ba thẻ là số lẻ là:

224 32 455 65 P 

.

Câu 8. Cho tập hợp ^S ^



^{1,2,3, ,17}_



gồm 17 số nguyên dương đầu tiên. Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của tập S . Tính xác suất để tập hợp con chọn được có tổng các phần tử chia hết cho 3.

A.

27

34 . B.

23

68. C.

9 34. D.

9 17 Lời giải

Không gian mẫu: n

 

 C17³

.

Gọi A là biến cố chọn tập hợp con gồm 3 phần tử và có tổng chia hết cho 3.

Trường hợp 1: Có 5 số trong tập S chia hết cho 3 nên chọn 3 phần tử có

3

C5 cách chọn.

Trường hợp 2: Có 6 số trong tập S chia hết cho 3 dư 1 nên chọn 3 phần tử có

3

C6 cách chọn.

3

C6 cách chọn.

(4)

Trường hợp 4: Chọn một phần tử trong tập S chia hết cho 3, một phần tử trong tập S chia hết cho 3 dư 1, một phần tử trong tập S chia hết cho 3 dư. Suy ra có 5.6.6 cách chọn.

Vậy xác suất cần tìm là

   

 

3 3 3

5 6 6

3 17

C C C 5.6.6 23

C 68

P A n A n

  

  

 .

Câu 9. Một hộp chứa 20 viên bi xanh và 15 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 4 bi. Tính xác suất để 4 bi lấy được có đủ hai màu.

A.

4610

5236 . B.

4615

5236 . C.

4651

5236 . D.

4615 5236 . Lời giải

Số phần tử không gian mẫu là  C³⁵⁴ 5236 .

Số phần phần tử của biến cố lấy được 4 bi màu xanh là ^C²⁰⁴ . Số phần phần tử của biến cố lấy được 4 bi màu đỏ là ^C¹⁵⁴ . Suy ra xác suất của biến cố 4 bi lấy được có đủ hai màu là

4 4

20 15 4615

1 5236 5236

C C

p   

.

Câu 10. Chi đoàn lớp 12A có ²⁰ đoàn viên trong đó có 12 đoàn viên nam và ⁸ đoàn viên nữ. Tính xác suất khi chọn ³ đoàn viên có ít nhất 1 đoàn viên nữ.

A.

11

7 . B.

110

570. C.

46

57. D.

251 285 . Lời giải

Số phần tử của không gian mẫu: ^C²⁰³ ^¹¹⁴⁰.

Gọi A là biến cố chọn được ³ đoàn viên là nam: ^C¹²³ ^²²⁰. Xác suất của biến cố A là:

 

²²⁰

P A 1140 11

57 . Vậy xác suất cần tìm là:

1 11

57 46

 57 .

Câu 11. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một lớp học gồm 25 nam và 20 nữ. Gọi A là biến cố

“Trong 5 học sinh được chọn có ít nhất 1 học sinh nữ”. Xác suất của biến cố A là A.

 

²⁰⁵₅

45

P A C

C

. B.

 

₅²⁵⁴

45

P A 20C

 C

. C.

 

₅⁴⁴⁴

45

P A 20C

 C

. D.

 

²⁵⁵₅

45

1 C

P A  C . Lời giải

 

 C45⁵ .

A là biến cố “Trong 5 học sinh được chọn có ít nhất 1 học sinh nữ”

A là biến cố “Trong 5 học sinh được chọn không học sinh nữ”

 

²⁵⁵

n A C

  ^^{P A}

 

^{ }¹ ^{P A}

 

¹

   

n A

 n



5 25 5 45

1 C

 C .

Câu 12. Có 3 học sinh lớp A; 5 học sinh lớp B; 7 học sinh lớp C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh lập thành một đội. Tính xác suất để tất cả học sinh lớp A đều được chọn?

(5)

A.

12

91 B.

2

91 . C.

5

13 . D.

7 13 . Lời giải

Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ 15 học sinh. Số phần tử của không gian mẫu là: n

 

 C15⁵ .

Gọi X là biến cố trong 5 học sinh được chọn phải có 3 học sinh lớp A. Số phần tử của biến cố X là: n X

 

C12²

.

Xác suất của biến cố X là:

 

¹²²₅

15

2 91 P X C

C  .

Câu 13. Một hộp đựng 10 viên bi có kích thước khá nhau, trong đó có 7 viên bi màu đỏ và 3 viên bi màu xanh. Chọn ngẫu nhiên ² viên. Xác suất để ² viên bi được chọn có ít nhất một viên bi màu xanh bằng

A.

1

15 . B.

2

15 . C.

7

15 . D.

8 15 . Lời giải

Chọn D

Số phần tử của không gian mẫu là n

 

 C10² 45 .

Gọi ^A^:"² viên bi được chọn có ít nhất một viên bi màu xanh^". :"

A ₂ viên bi được chọn có màu đỏ^". Ta có ^{n A}

 

^^C⁷² ^²¹^^{P A}

 

^ ²¹₄₅ ^₁₅⁷

.

Vậy xác suất để ² viên bi được chọn có ít nhất một viên bi màu xanh là ^{P A}

 

^{ }¹ ^{P A}

 

^{ }¹ ₁₅⁷

8

15 .

Câu 14. Một con súc sắc không cân đối, có đặc điểm mặt sáu chấm xuất hiện nhiều gấp hai lần các mặt còn lại. Gieo con súc sắc đó hai lần. Xác suất để tổng số chấm trên mặt xuất hiện trong hai lần gieo lớn hơn hoặc bằng 11 bằng:

A.

8

49. B.

4

9. C.

1

12. D.

3 49. Lời giải

ChọnA.

Xác suất xuất hiện mặt 6 chấm là 2

7, mỗi mặt còn lại là 1 7 . Có các khả năng:

+ Hai lần gieo được mặt 6 chấm.

+ Lần thứ nhất được mặt 6 chấm, lần thứ hai được mặt 5 chấm.

+ Lần thứ nhất được mặt 5 chấm, lần thứ hai được mặt 6 chấm.

Xác suất cần tính là

2 2 2 1 1 2 8

. . .

7 7 7 7 7 7  49 .

(6)

Câu 15. Từ các chữ số 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 ta lập các số tự nhiên có 6 chữ số, mà các chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số vừa lập, tính xác suất để chọn được một số có đúng 3 chữ số lẻ mà các chữ số lẻ xếp kề nhau.

A.

4

35 . B.

1

35 . C.

1

840 . D.

1 210 . Lời giải

ChọnA.

Ta có số phần từ của không gian mẫu là n

 

  A8⁶ 20160.

Gọi A: "Số được chọn có đúng 3 chữ số lẻ mà các chữ số lẻ xếp kề nhau".

Chọn 3 chữ số lẻ có A⁴³ 24 cách. Ta coi 3 chữ số lẻ này là một số a; Sắp xếp số a vào 4 vị trí có 4 cách;

Còn 3 vị trí còn lại sắp xếp các chữ số chẵn có A⁴³ 24 cách;

Khi đó n A

 

24.4.24 2304 . Vậy xác suất cần tính là

   

 

³⁵⁴

P A n A

n 

 .

Câu 16. Người ta muốn chia tập hợp 16 học sinh gồm 3 học sinh lớp ¹²A, 5 học sinh lớp ¹²B và 8 học sinh lớp ¹²C thành hai nhóm, mỗi nhóm có 8 học sinh. Xác suất sao cho ở mỗi nhóm đều có học sinh lớp ¹²A và mỗi nhóm có ít nhất hai học sinh lớp ¹²B là:

A.

42

143. B.

84

143. C.

356

1287 . D.

56 143. Hướng dẫn giải

ChọnA.

Ta có n

 

 C16⁸ 12870 .

Số cách chia nhóm thỏa mãn bài toán là số cách chọn ra một tổ có số học sinh lớp ¹²A từ ¹ đến ² em, số học sinh lớp ¹²B là ² em, còn lại là học sinh lớp ¹²C.

Khi đó xảy ra các trường hợp sau:

TH1: ² học sinh ¹²B + ² học sinh ¹²A + ⁴ học sinh ¹²C Có: ^{C C C}⁵²^{. .}³² ⁸⁴ ^²¹⁰⁰.

TH2: ² học sinh ¹²B + ¹ học sinh ¹²A + 5 học sinh ¹²C Có: ^{C C C}⁵²^{. .}³¹ ⁸⁵ ^¹⁶⁸⁰.

 

2100 1680 3780

n A    . Vậy xác suất cần tìm là

   

 

^{12870 143}³⁷⁸⁰ ⁴²

P A n A

 n  

 .

Câu 17. Lớp 11A có 40 học sinh trong đó có 12 học sinh đạt điểm tổng kết môn Hóa học loại giỏi và 13 học sinh đạt điểm tổng kết môn Vật lí loại giỏi. Biết rằng khi chọn một học sinh của lớp đạt điểm tổng kết môn Hóa học hoặc Vật lí loại giỏi có xác suất là ^0,5. Số học sinh đạt điểm tổng kết giỏi cả hai môn Hóa học và Vật lí là

A. 6 . B. 5 . C. 4 . D. 7 .

Lời giải Chọn B

Gọi A là biến cố “Học sinh được chọn đạt điểm tổng kết loại giỏi môn Hóa học”.

(7)

B là biến cố “Học sinh được chọn đạt điểm tổng kết loại giỏi môn Vật lí”.

A B là biến cố “Học sinh được chọn đạt điểm tổng kết môn Hóa học hoặc Vật lí loại giỏi”.

A B là biến cố “Học sinh được chọn đạt điểm tổng kết loại giỏi cả hai môn Hóa học và Vật lí”.

Ta có: ^{n A B}



^



^^0,5.40_₂₀_.

Mặt khác: ^{n A B}



^



^^{n A}

 

^^{n B}

  

^^{n A B}^.





^.

      

n A B n A n B n A B

       12 13 20 5. Câu 18. Cho tập hợp A



1, 2,3,...,10



. Chọn ngẫu nhiên ba số từ A. Tìm xác suất để trong ba số chọn ra không có hai số nào là hai số nguyên liên tiếp.

A.

7 P90

. B.

7 P 24

. C.

7 P10

. D.

7 P15

. Lời giải

Chọn D

Số phần tử không gian mẫu là n

 

 C10³ _₁₂₀

.

Gọi B là biến cố “Ba số chọn ra không có hai số nào là hai số nguyên liên tiếp”.



_B là biến cố “Ba số được chọn có ít nhất hai số là các số tự nhiên liên tiếp”.

+ Bộ ba số dạng



1, 2,a1



, với a1A\ 1, 2

 

: có 8 bộ ba số.

+ Bộ ba số có dạng



2,3,a2



, với a2A\ 1, 2,3

 

: có 7 bộ ba số.

+ Tương tự mỗi bộ ba số dạng



3, 4,a3



,



4,5,a4



,



5,6,a5



,



6,7,a6



,



7,8,a7



,



8,9,a8





9,10,a9



,

đều có 7 bộ.

 

^{8 8.7}

n B   64.

 

¹

 

P B P B

   64

1 120

  7

15 .

Câu 19. Lập các số tự nhiên có 7 chữ số từ các chữ số ¹;2_{; 3 ;}4. Tính xác suất để số lập được thỏa mãn: các chữ số ¹; 2; 3 có mặt hai lần, chữ số 4_{có mặt}1 lần đồng thời các chữ số lẻ đều nằm ở các vị trí lẻ (tính từ trái qua phải).

A.

9

8192. B.

3

4096. C.

3

2048. D.

9 4096. Lời giải

ChọnA.

Ta có: ⁿ

 

^{ }⁴⁷

+) Chọn 2_trong4 vị trí lẻ cho số 1_cóC⁴²_cách,₂ vị trí còn lại cho số 3 : +) Chọn 1 trong 3 vị trí chẵn cho số 4 có 3 cách.

+) 2 vị trí còn lại cho số 2_. Vậy

2 4 7

.3 9

4 8192

PC 

.

Câu 20. Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc A, tính xác suất để số tự nhiên được chọn chia hết cho 45.

A.

2

81. B.

53

2268. C.

1

36. D.

5 162.

(8)

Lời giải Chọn B

Ta có n

 

 A10⁸ A9⁷

.

Gọi A là tập hợp các số

a

có 8 chữ số khác nhau chia hết cho 45 .

Khi đó

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

có 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

có 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}C3²



7! 6!



 

4.7! 3²



7! 6!



số

n A C

   

số.

 

3²

 

8 7

10 9

4.7! 7! 6! 53 2268 P A C

A A

 

  

 .

Câu 21. Một hộp chứa 15 cái thẻ được đánh số từ 1 đến 15, rút ngẫu nhiên ba cái thẻ. Xác suất để rút được ba cái thẻ có tổng các số ghi trên ba thẻ là số lẻ bằng:

A.

8

65. B.

32

65. C.

16

65. D.

24 65. Lời giải

Số cách rút ba thẻ bất kì trong số15 thẻ là: ^C¹⁵³ ^⁴⁵⁵. Số cách rút ba thẻ mang số lẻ trong 8 thẻ lẻ là: ^C⁸³ ^⁵⁶.

Số cách rút ba thẻ trong đó có hai thẻ mang số chẵn và một thẻ mang số lẻ là:

2 1

7. 8 168

C C 

Số cách rút được ba cái thẻ có tổng các số ghi trên ba thẻ là số lẻ là: 56 168 224  .

Vậy xác suất rút được ba cái thẻ có tổng các số ghi trên ba thẻ là số lẻ là:

224 32 455 65 P 

.

Câu 22. Cho tập hợp ^S ^



^{1,2,3, ,17}



gồm 17 số nguyên dương đầu tiên. Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của tập S . Tính xác suất để tập hợp con chọn được có tổng các phần tử chia hết cho 3.

(9)

A.

27

34 . B.

23

68. C.

9

34. D.

9 17 Lời giải

Không gian mẫu: n

 

 C17³

.

Gọi A là biến cố chọn tập hợp con gồm 3 phần tử và có tổng chia hết cho 3.

Trường hợp 1: Có 5 số trong tập S chia hết cho 3 nên chọn 3 phần tử có

3

C5 cách chọn.

3

C6 cách chọn.

3

C6 cách chọn.

Trường hợp 4: Chọn một phần tử trong tập S chia hết cho 3, một phần tử trong tập S chia hết cho 3 dư 1, một phần tử trong tập S chia hết cho 3 dư. Suy ra có 5.6.6 cách chọn.

Vậy xác suất cần tìm là

   

 

3 3 3

5 6 6

3 17

C C C 5.6.6 23

C 68

P A n A n

  

  

 .

Câu 23. Từ một hộp có 4 bút bi màu xanh, 5 bút bi màu đen và 6 bút bi màu đỏ, chọn ngẫu nhiên 5 bút.

Xác suất để 5 bút được chọn chỉ có đúng hai màu là A.

118

429. B.

460

1001. C.

119

429. D.

272 1001. Lời giải

GọiA là biến cố: “ 5 bút được chọn có đúng hai màu”.

Ta có n

 

 C15⁵ .

Vì 5 bút được chọn có đúng hai màu nên có 3 trường hợp:

TH1: Có đúng hai màu xanh và đen:

- Chọn 5 bút trong hai màu xanh, đen , có ^C⁹⁵ cách chọn.

- Trong ^C⁹⁵ cách chọn 5 bút trên, có ^C⁵⁵ cách chọn cả 5 bút đều màu đen và không có cách chọn nào để cả 5 bút đều màu xanh.

(10)

Số cách chọn 5 bút có đúng hai màu xanh và đen bằng ^C⁹⁵^^C⁵⁵. TH2: Có đúng hai màu đen và đỏ:

- Chọn 5 bút trong hai màu đen, đỏ , có ^C¹¹⁵ cách chọn.

- Trong ^C¹¹⁵ cách chọn 5 bút trên, có ^C⁵⁵ cách chọn cả 5 bút đều màu đen và ^C⁶⁵ cách chọn cả 5 bút đều màu đỏ.

Số cách chọn 5 bút có đúng hai màu đỏ và đen bằng ^C¹¹⁵ ^^C⁵⁵^^C⁶⁵. TH3: Có đúng hai màu đỏ và xanh:

- Chọn 5 bút trong hai màu đỏ, xanh , có ^C¹⁰⁵ cách chọn.

- Trong ^C¹⁰⁵ cách chọn 5 bút trên, có ^C⁶⁵ cách chọn cả 5 bút đều màu đỏ và không có cách chọn cả 5 bút đều màu xanh.

Số cách chọn 5 bút có đúng hai màu đỏ và xanh bằng ^C¹⁰⁵ ^^C⁶⁵.

Vậy

  

9⁵ 5⁵

 

11⁵ 5⁵ 6⁵

 

10⁵ 6⁵



5 15

118 429

C C C C C C C

P A C

     

 

.

Câu 24. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp số có ba chữ số khác nhau. Xác suất để chọn được số chia hết cho 3 bằng

A.

35

108 . B.

17

54 . C.

1

5 . D.

16 81 . Lời giải

Gọi A là biến cố số được chọn có ba chữ số phân biệt và chia hết cho 3.

Ta có ⁿ

 

^{ }^{9.9.8 648}^ _.

Đặt A0 



0;3;6;9 ,



A1



1;4;7 ,



A2 



2;5;8



.

Vì số được chọn chia hết cho 3 nên tổng các chữ số là số chia hết cho 3.

Ta có các trường hợp sau:

Trường hợp 1: Ba chữ số được chọn đều thuộc A0 



0;3;6;9



. Vậy nên số các số thỏa biến cố A là: 3.3.2 18 số.

Trường hợp 2: Ba chữ số được chọn mỗi chữ số thuộc một tập hợp ^{A A A}⁰^{, ,}¹ ²

(11)

Số cách chọn ra và sắp xếp ba chữ số bất kỳ là C C C¹⁴. . 3!¹³ ³¹ _.

Số cách chọn ra và sắp xếp ba chữ số trong đó số 0 đứng đầu là C C³¹. 2!¹³ _. Vậy nên số các số thỏa biến cố A là: C C C¹⁴. . .3!¹³ ³¹ C C³¹. .2! 180³¹  _số.

Trường hợp 3: Ba chữ số được chọn đều thuộc A2 



2;5;8



. Số các số thỏa biến cố A là: 3! 6 số.

Trường hợp 4: Ba chữ số được chọn đều thuộc A1



1; 4;7



. Số các số thỏa biến cố A là: 3! 6 số.

Do vậy n A

 

180 18 6 6 210    .

Ta có

   

 

²¹⁰^{648 108}³⁵

P A n A

 n  

 .

Câu 25. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau. Xác suất để số được chọn chia hết cho 3 là

A.

19.

54 B.

7 .

17 C.

1.

3 D.

26. 81 Lời giải.

Gọi số có 3 chữ số đôi một khác nhau là ^{abc a}



^⁰



_.

- Không gian mẫu: chữ số a có 9 cách chọn, bc là một chỉnh hợp chập 2 của 9 chữ số còn lại, do đó, số phần tử của không gian mẫu là n

 

 9.A9² 648.

- Biến cố ^A^ “Số có ba chữ số khác nhau và chia hết cho 3”.

Trong các chữ số, có:

4 chữ số chia hết cho 3 là ^0;3;6;9, 3 chữ số chia 3 dư 1 là

1;4;7

_,

3 chữ số chia 3 dư 2 là

2;5;8

_.

Số chia hết cho 3 khi tổng các chữ số của số đó chia hết cho 3. Có 3 trường hợp xảy ra TH1. Cả 3 chữ số đều chia hết cho 3.

(12)

a có 3 cách chọn ^3;6;9; bc là một chỉnh hợp chập hai của 3 chữ số còn lại. Số số trong trường hợp này là ^3.^A³² ^¹⁸.

TH2. Có 1 chữ số chia hết cho 3, 1 chữ số chia 3 dư 1, 1 chữ số chia 3 dư 2.

+ Chữ số chia hết cho 3 là 0: Chữ số 0 sẽ đứng ở một trong hai vị trí b hoặc c. Hai vị trí còn lại là một hoán vị của hai chữ số mà một số chia 3 dư 1, một số chia 3 dư 2. Do đó, số số thỏa mãn là 2.3.3.2! 36 .

+ Chữ số chia hết cho 3 là một trong ba chữ số ^3;6;9, ta cần chọn thêm một chữ số chia 3 dư 1, một chữ số thuộc tập chia 3 dư 2, số lập được là một hoán vị của 3 chữ số ấy. Do vậy, số số thỏa mãn là 3.3.3.3! 162 .

Số số thỏa mãn trường hợp 2 là 162 36 198  .

TH3. Cả 3 chữ số đều chia 3 dư 1 hoặc đều chia 3 dư 2. Số số thỏa mãn là

3! 3! 12  

Vậy n A

 

18 198 12 228   .

Ta được

   

 

^{228 19}⁶⁴⁸ ⁵⁴

P A n A

 n  

 .

Câu 26. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau. Xác suất đế số được chọn có tổng các chữ số là chẵn bằng:

A.

11

21 . B.

1

21 . C.

4

189 . D.

1 2 .

Lời giải

Gọi số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau là ^abcd trong đó a b c d^{, , ,} 



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



a có: 9 cách chọn ; b_có:9 cách chọn; ^c có: 8 cách chọn, d_có:7 cách chọn.

Số các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt là : 9.9.8.7 4536 _.

Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau nên ⁿ

 

^{ }⁴⁵³⁶

A là biến cố “Số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau được chọn có tổng các chữ số là chẵn’’

TH1: a b c d^{, , ,} 



0; 2; 4;6;8



a có: ⁴ cách chọn; b_có:₄ cách chọn; ^c có: 3 cách chọn, d có: 2 cách chọn.

(13)

Có: 4.4.3.2 96 _.

TH2: ^{a b c d}^{, , ,} ^



^1;3;5;7;9



a có: ⁵ cách chọn; b_có:₄ cách chọn; ^c có: 3 cách chọn, d có: 2 cách chọn.

Có: 5.4.3.2 120 _.

TH3: 2 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ + ,a b chẵn:

a có: ⁴ cách chọn, b có: 4 cách chọn, ^c lẻ có: 5 cách chọn; d_{lẻ có:}₄_{cách chọn} Có: 4.4.5.4 320 _.

Tương tự với ,a c là các số chẵn và ,a d là các số chẵn.

Có: ^{320.3 960}^ + ,a b lẻ :

a có: ⁵ cách chọn, b có: 4 cách chọn, ^c chẵn có: 5 cách chọn; d_{chẵn có:}₄_{cách chọn} Có: 5.4.5.4 400 _.

Tương tự với ,a c là các số lẻ và ,a d là các số lẻ.

Có: ^{400.3 1200}^

Ta có: n A

 

96 120 960 1200 2376    .

   

 

^{2376 11}⁴⁵³⁶ ²¹

P A n A

 n  

 .

Câu 27. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp gồm tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau. Xác suất để số được chọn nhỏ hơn 2020 ?

A.

523

4536 . B.

127

648 . C.

1

9 . D.

73 648 . Lời giải

Phân tích ý tưởng : đây là bài toán tính xác suất của 1 biến cố theo định nghĩa cổ điển, để tính xác suất ta thực hiện các bước :

+ B1 : Xác định không gian mẫu, rồi tính ⁿ

 

^ _.

+ B2 : Xác định số kết quả thuận lợi cho biến cố ^A

(14)

+ B3 : Tính xác suất của biến cố ^A theo công thức

   

 

P A n A

 n



Gọi số có 4 chữ số có dạng ^abcd.

Số các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau là: n

 

 9.9.8.7 4536 . Gọi A là biến cố: “ Chọn được một số nhỏ hơn 2020 ”.

Ta có các trường hợp

TH1: a 1 a có 1 cách chọn.

Chữ số ^b có 9 cách chọn.

Chữ số ^c có 8 cách chọn.

Chữ số ^d có 7 cách chọn.

9.8.7 504

  .

TH2: ^a^{ }² ^a có 1 cách chọn.

Vì số cần tìm nhỏ hơn 2020 nên b0,c1 Chữ số ^d có 7 cách chọn

 Có 7 số thỏa mãn điều kiện bài toán.

Vậy ^{n A}

 

^^{504 7 511}^{ }

   

 

⁴⁵³⁶⁵¹¹ ⁶⁴⁸⁷³

P A n A

  n  

 .

Câu 28. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau. Xác suất để số được chọn là một số chia hết cho 4 bằng:

A.

25

72 . B.

20

81 . C.

11

36 . D.

13 54 . Lờigiải

- Số phần tử của không gian mẫu là số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau nên

 

^{9.9.8 648}

n    .

- Gọi A là tập tất cả các số có 3 chữ số ^abc chia hết cho 4. Theo tính chất chia hết cho 4 ta có bc chia hết cho 4 suy ra ^bc^⁴^k và ⁰^^bc^⁹⁶^{  }⁰ ^k ²⁴. Vậy có 25 kết quả của ^bc chia hết cho 4.

- Do các chữ số đôi một khác nhau nên ^bc không nhận 3 trường hợp 00; 44; 88 như vậy còn lại 22 kết quả ^bccó thể nhận. Trong 22 kết quả này ta chia thành 2 trường hợp:

TH1: ^bcnhận 6 kết quả 04, 08, 20,40,60,80. Khi đó chữ số a có 8 cách chọn từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6,7,8, 9 vì đã bỏ đi chữ số ,b c. vậy số số ^abc thỏa mãn trong TH1 là: 6.8 = 48.

TH2: ^bc nhận 16 kết quả còn lại không có chữ số 0. Khi đó chữ số a có 7 cách chọn từ các chữ số từ 0 đến 9 vì bỏ đi chữ số ,b c và 0. Vậy số số ^abc thỏa mãn trong TH2 là : 16.7 = 112.

(15)

Từ 2 trường hợp trên ta có ^{n A}

 

^^{48 112 160}^ ^ _.

Xác suất để số được chọn là một số chia hết cho 4 bằng:

   

 

¹⁶⁰⁶⁴⁸ ²⁰⁸¹

P A n A

n  

 .

Vậy ta chọn đáp án B.

Câu 29. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau. Xác suất để số được chọn có tổng các chữ số là lẻ bằng

A.

40.

81 B.

5

9. C.

35

81. D.

5 54. Lời giải

Tập các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau^S ^^A¹⁰³ ^^A⁹² ^⁶⁴⁸. Không gian mẫu là n

 

 C¹648648

. Để số được chọn có tổng các chữ số là lẻ thì

Gọi A là biến cố “số được chọn có tổng các chữ số là lẻ”.

Trường hợp 1: 1 chữ số lẻ và 2 chữ số chẵn là:^{3!. .}C C¹⁵ ⁵²1. . .2! 260C C⁵¹ ¹⁴  . Trường hợp 2: 3 chữ số lẻ. Số cách chọn là ^A⁵³ ^⁶⁰.

Vậy

 

^{280 60 320}

 

³²⁰ ⁴⁰

648 81 n A    P A  

.

Câu 30. Có 9 viên bi xanh được đánh số từ 1 đến 9; 6 viên bi đỏ được đánh số từ 1 đến 6 và 5 viên bi vàng được đánh số từ 1 đến 5. Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi. Tính xác suất để 4 viên bi được chọn có đủ 3 màu, có cả số chia hết cho 3 và số không chia hết cho 3?

A.

362

7752. B.

17

323. C.

11

969. D.

586 1615. Lời giải

Ta có n

 

 C20⁴ .

(16)

Xét cách chọn 4 viên bi đủ 3 màu.

2 1 1 1 2 1 1 1 2

9.C .C6 5 9.C .C6 5 9.C .C6 5 2295

C C C  .

Xét cách chọn 4 viên bi đủ 3 màu và mọi số chia hết cho 3.

2 1 1 1 2 1

3. .2 1 3. .2 1 9

C C C C C C  .

Xét cách chọn 4 viên bi đủ 3 màu và mọi số không chia hết cho 3:

2 1 1 1 2 1 1 1 2

6. .4 4 6. .4 4 6. .4 4 528

C C C C C C C C C  .

Suy ra số cách chọn 4 viên bi đủ 3 màu và có cả số chia hết cho 3 và không chia hết cho 3 là:

2295 9 528 1758   .

Xác suất cần tìm: ²⁰⁴ 1758 586 P 1615

 C  .

Câu 31. Cho tập hợp A



1; 2; 3; 4; 5



. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số, các chữ số đôi một khác nhau được lập thành từ các chữ số thuộc tập ^A. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S, tính xác xuất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 10 .

A.

1 .

30 B.

3 .

25 C.

22.

25 D.

2 . 25 Lời giải

Vì S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số, các chữ số đôi một khác nhau được lập thành từ các chữ số thuộc tập ^A nên ta tính số phần tử thuộc tập S như sau:

 Số các số thuộc S có 3 chữ số là ^A⁵³.

 Số các số thuộc S có ⁴ chữ số là ^A⁵⁴.

 Số các số thuộc S có 5 chữ số là ^A⁵⁵.

Suy ra số phần tử của tập S là Â⁵³^Â⁵⁴^Â⁵⁵ ^³⁰⁰. Số phần tử của không gian mẫu là  C¹³⁰⁰300

Gọi ^X là biến cố ^''Số được chọn có tổng các chữ số bằng 10^''. Các tập con của ^A có tổng số phần tử bằng 10 là A1



1; 2; 3; 4



, A2 



2; 3; 5



, A3 



1; 4; 5



.

● Từ A¹ lập được các số thuộc S là 4!.

(17)

● Từ A² lập được các số thuộc S là 3!.

● Từ A³ lập được các số thuộc S là 3!.

Suy ra số phần tử của biến cố ^X là     _X 4! 3! 3! 36.

Vậy xác suất cần tính

 

³⁶ ³ ^.

300 25 P X X

  



Câu 32. Cho 100 tấm thẻ được đánh số liên tiếp từ ¹ đến 100 , chọn ngẫu nhiên 3 tấm thẻ. Xác suất để chọn được 3 tấm thẻ có tổng các số ghi trên thẻ là số chia hết cho ² là

A.

5 P6

. B.

1 P 2

. C.

5 P7

. D.

3 P 4

. Lời giải

Số phần tử của không gian mẫu là n

 

 C100³ 161700.

Gọi ^A là biến cố : “ tổng các số ghi tên thẻ là số chia hết cho ²”.

Từ 100 tấm thẻ có 50 tấm thẻ đánh số chẵn và 50 tấm thẻ đánh số lẻ.

Trường hợp thuận lợi của biến cố ^A là:

TH1: Chọn 3 tấm thẻ đánh số chẵn từ 50 tấm thẻ đánh số chẵn có: ^C⁵⁰³ TH2: Chọn ¹ tấm thẻ đánh số chẵn và ² tấm thẻ đánh số lẻ có: ^{C C}⁵⁰¹ ^. ⁵⁰² Do đó : n A

 

C50³ C C¹50. 50² 80850

Vậy xác suất của biến cố ^A là

   

 

¹⁶¹⁷⁰⁰⁸⁰⁸⁵⁰ ¹²

P A n A

n  

 .

Câu 33. Gọi ^S là tập hợp các số tự nhiên có ⁴ chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập ^S. Tìm xác suất để số được chọn có các chữ số sắp xếp theo thứ tự tăng dần và không chứa hai chữ số nguyên nào liên tiếp nhau.

A.

1

36. B.

2

3. C.

5

63. D.

5 1512. Lời giải

(18)

Xét phép thử: “ Chọn ngẫu nhiên một số từ tập ^S”.

Số phần tử của không gian mẫu là: n

 

 9.A9³ 4536 .

Gọi ^A là biến cố: “ Số được chọn có các chữ số sắp xếp theo thứ tự tăng dần và không chứa hai chữ số nguyên nào liên tiếp nhau”.

Gọi số được chọn là ^abcd.

+) Vì chữ số sắp xếp theo thứ tự tăng dần nên: ¹^{    }^{a b c} ^d ⁹.

+) Trong số được chọn không chứa hai chữ số nguyên nào liên tiếp nhau nên:

1       a b 1 c 2 d 3 6.

Đặt: a¹ a_;b₁  b 1_;c₁  c 2_;d₁  d 3_. Khi đó: 1   a¹ b¹ c¹ d¹ 6_.

Số cách chọn bộ bốn số



a b c d1; ; ;1 1 1



là: C⁶⁴  có C⁶⁴ cách chọn a; ^b; c; ^d .

Mỗi cách chọn



^{a b c d}^{; ; ;}



chỉ có một cách sắp xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán nên tạo ra một số.

Suy ra: n A

 

C6⁴ 15.

Xác suất cần tìm là:

   

 

¹⁵¹²⁵

P A n A

 n 



Câu 34. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp các số tự nhiên chia hết cho 3 gồm ba chữ số. Xác suất để số được chọn chia hết cho 5 bằng

A.

1.

5 B.

1

15 . C.

1

3. D.

1 6. Lời giải

+ Số các số gồm ba chữ số và chia hết cho 3 là: ^{999 102} ^{1 300}

 

^300.

3 n

     

+ Số chia hết cho 3 và đồng thời chia hết cho 5 khi và chỉ khi số đó chia hết cho 15, có tất cả các số

990 105 15 1 60

  

như vậy. Vậy xác suất để lấy được số chia hết cho 5 là

60 1

300 5. p 

(19)

Câu 35. Chọn ngẫu nhiên ba số phân biệt , ,a b c từ tập S 



1, 2,...,50 .



Xác suất để a² b² c² chia hết cho 3 bằng

A.

108 .

1225 B.

101.

290 C.

409 .

1225 D.

187. 560 Lời giải

Số cách chọn ba số từ tập S là ^C⁵⁰³^. Ta có:

+) Nếu n3kn² 9k² n² chia hết cho 3.

+) Nếu n3k 1 n² 9k²6k 1 n² chia cho 3 có số dư là 1.

+) Nếu n3k 2 n² 9k²12k 4 n² chia cho 3 có số dư là 1.

Do đó để a² b² c² chia hết cho 3 thì:

+) TH1: , ,a b c

cùng chia hết cho 3.

+) TH2: , ,a b c

cùng không chia hết cho 3.

Tập ^S^



^{1, 2,..,50}



có 16 phần tử chia hết cho 3 và 34 phần tử không chia hết cho 3.

Vậy số cách chọn thỏa mãn là: ^C¹⁶³ ^^C³⁴³^. Xác xuất cần tính là

3 3

16 34

3 50

409. 1225 C C

C

 

Câu 36. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 0,1, 2,3, 4,5,6,7. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S. Xác suất sao cho số được chọn có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ, đồng thời hai chữ số lẻ đứng liền nhau là

A.

89

245. B.

156

245. C.

96

245. D.

39 245 . Lờigiải

 

 7.A7⁴ 5880.

Gọi ^A là biến cố: “số được chọn có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ, đồng thời hai chữ số lẻ đứng liền nhau”

Tập hợp các chữ số chẵn chọn từ các chữ số 0,1, 2,3, 4,5,6,7 là



^{0, 2, 4,6}



_.

Tập hợp các chữ số lẻ chọn từ các chữ số 0,1, 2,3, 4,5, 6,7 là



^1,3,5,7



_.

+ Xét các số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ có dạng abcde , đồng thời hai chữ số lẻ đứng liền nhau là^{C C}⁴³^{. .4.2!.3!}⁴² .

.

+ Xét các số các tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ có dạng 0bcde, đồng thời hai chữ số lẻ đứng liền nhau là ^{C C}³²^{. .3.2!2!}⁴² .

(20)

.

Suy ra n A

 

C C4³. .4.2!.3!4² C C3². .3.2!2! 9364²  .

Vậy, xác suất cần tìm là:

   

 

⁵⁸⁸⁰⁹³⁶ ²⁴⁵³⁹

p A n A

n  

 .

Câu 37. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các chữ số tự nhiên có ba chữ số đôi một phân biệt. Xác suất để số được chọn có tổng các chữ số là lẻ bằng

A.

41.

81 B.

4.

9 C.

1.

2 D.

40. 81 Lời giải

Xét phép thử :T “Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các số tự nhiên có ba chữ số đôi một phân biệt”.

9.9.8 648 n_

   .

Gọi A là biến cố số được chọn có tổng các chữ số là lẻ.

Gọi số có ba chữ số thỏa biến cố A có dạng abc trong đó a{1;2;...;9} và b c^, {0;1;...;9}.

Trường hợp 1: ^{a b c}^{, ,} đều là chữ số lẻ.

Mỗi số có ba chữ số đôi một phân biệt đều lẻ tương ứng với một chỉnh hợp chập ba của 5 phần tử {1;3;5;7;9}.

 Có ^A⁵³^⁶⁰.

Trường hợp 2: Chỉ có một chữ số lẻ.

Nếu

 a là chữ số lẻ thì có ^5.^A⁵² ^¹⁰⁰. Nếu

 a là chữ số chẵn thì có 4.5.4.2! 160

 Có 100 160 260  . Suy ra n_A 60 260 320 

Vậy xác suất để số được chọn có tổng các chữ số là lẻ bằng

320 40

( ) .

648 81 P A  

Câu 38. Gọi X là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 8 chữ số được lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Lấy ngẫu nhiên một số trong tập hợp X. Gọi A là biến cố lấy được số có đúng hai chữ số 1, có đúng hai chữ số 2, bốn chữ số còn lại đôi một khác nhau, đồng thời các chữ số giống nhau không đứng liền kề nhau. Xác suất của biến cố A bằng

(21)

A. ⁸ 176400

9 . B. ⁸

151200

9 . C.

5.

9 D. ⁸

201600 9 . Lời giải

Ta có: n( ) 9 .  ⁸ TH1: Xếp bất kỳ

Xếp hai chữ số 1, hai chữ số 2 bất kỳ và 4 chữ số còn lại: Có C C⁸². .A⁶² ⁴⁷ 352.800 . TH2: Số các cách xếp sao cho không thỏa mãn yêu cầu bài toán

Xếp hai chữ số 1 đứng liền nhau: 7. .AC⁶² ⁴⁷ cách.

Xếp hai chữ số 2 đứng liền nhau: 7. .AC⁶² ⁴⁷ cách.

Số các cách xếp thuộc cả hai trường hợp trên:

+ Coi hai chữ số 1 đứng liền nhau là nhóm X, hai chữ số 2 đứng liền nhau là nhóm Y + Xếp X, Y và 4 số còn lại có: C⁷⁴.6!

Vậy số cách xếp không thỏa mãn yêu cầu là: 2.7. .AC⁶² ⁴⁷C⁷⁴.6! 151200

Vậy ⁸

201600 ( ) 352.800 151.200 201.600 ( )

n A     p A  9

, chọn D.

Câu 39. Gọi P là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4chữ số phân biệt. Chọn ngẫu nhiên một số từ P_. Xác suất chọn được số lớn hơn 3400 là

A.

17

25. B.

18

23. C.

20

27 . D.

22 25 . Lời giải

Gọi số có 4chữ số có dạng: ^abcd.

Số phần tử của không gian mẫu là: n

 

 9.9.8.7 4536 .

Gọi A: “ Tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt và lớn hơn 3400 .” Ta xét các trường hợp sau:

TH1: a3:

Có 6 cách chọn

a

, 9 cách chọn b, 8 cách chọn

c

, 7 cách chọn d. Vậy trường hợp này có 6.9.8.7 3024 số.

(22)

TH2: a3, b4:

Có 1 cách chọn

a

, 5 cách chọn b, 8 cách chọn

c

, 7 cách chọn d . Vậy trường hợp này có 1.5.8.7 280 số.

TH3: a3, b4, c0:

Có 1 cách chọn

a

_,₁ cách chọn b, 7 cách chọn

c

TH4: a3, b4, c0, d0:

Có 1 cách chọn

a

_,₁ cách chọn b, 1 cách chọn

c

 

3024 280 49 7 3360

n A      ^^{P A}

 

^³³⁶⁰₄₅₃₆^ ²⁰₂₇

.