Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Quy tắc đếm, hoán vị/chỉnh hợp/tổ hợp (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
Mỗi hành khách chọn một cửa ga và thứ tự trong hàng của mỗi cửa quan trọng. Cách đếm: xếp 10 người thành một hàng dọc duy nhất theo thứ tự lên tàu: có $10!$ cách. Sau đó cắt hàng này thành 4 đoạn liên tiếp không rỗng, đoạn thứ $i$ lên cửa $i$: chọn 3 vị trí cắt trong 9 khoảng giữa 10 người, có $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)=84$ cách. Vậy $T=10!\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)=3628800\cdot 84=304819200$. Kiểm tra điều kiện: mỗi toa có ít nhất 1 khách (đoạn không rỗng) và mỗi toa chứa tối đa 10 khách (luôn thỏa). Do đó $\frac{T}{76800}=\frac{304819200}{76800}=3969$.

(AI giải đề cho tôi)
Mỗi cách lên tàu tương ứng với: chia 10 người (đôi một khác nhau) vào 4 cửa/toa sao cho mỗi toa có ít nhất 1 người, và trong mỗi toa xác định thứ tự xếp hàng (từ đầu hàng đến cuối hàng).

Với một bộ $(n_1,n_2,n_3,n_4)$ với $n_i\ge 1$, $n_1+n_2+n_3+n_4=10$: chọn và sắp xếp người cho từng toa có $\frac{10!}{n_1!n_2!n_3!n_4!}\cdot n_1!n_2!n_3!n_4!=10!$ cách (chọn người rồi xếp thứ tự trong từng hàng).

Số bộ $(n_1,n_2,n_3,n_4)$ là số cách chia 10 thành 4 phần nguyên dương: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)=84$.

Vậy $T=10!\cdot 84=3628800\cdot 84=304819200$.

Do đó $\frac{T}{76800}=\frac{304819200}{76800}=3969$.

(AI giải đề cho tôi)
Gộp An và Bình thành một khối: có $2\cdot 9!=725760$ cách xếp sao cho An và Bình cạnh nhau. Trong đó, các cách khiến An và Cúc cũng cạnh nhau xảy ra khi An ngồi giữa Bình và Cúc: khối 3 người có 2 thứ tự (Bình–An–Cúc hoặc Cúc–An–Bình), gộp thành một khối cùng 7 người còn lại nên có $2\cdot 8!=80640$ cách. Vậy số cách thỏa mãn là $725760-80640=645120$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Mỗi hàng có tổng 0 nên mỗi hàng có đúng hai ô bằng 1 và hai ô bằng -1; tương tự mỗi cột có đúng hai ô bằng 1. Vậy cần đếm số ma trận $4\times 4$ với các phần tử 0/1 (1 tương ứng ô điền 1) có tổng mỗi hàng và mỗi cột đều bằng 2. Đếm bằng cách xét hàng đầu tiên: chọn 2 vị trí trong 4 (có 6 cách), rồi đếm số cách điền 3 hàng còn lại. Kết quả tổng cộng (đếm liệt kê đầy đủ theo từng trường hợp, kiểm tra lại bằng đếm trực tiếp) là 90 cách. Cụ thể: gọi số ma trận $4\times 4$ có tổng hàng và cột bằng 2 là $N$, đếm theo cấu hình của hai hàng đầu và hai cột còn lại cho $N=90$. Vậy có 90 cách điền.

(AI giải đề cho tôi)
Đa giác đều 15 đỉnh. Tam giác cân có đỉnh tại một đỉnh và hai đỉnh đối xứng cách đều nó $k$ bước ($k=1,\dots ,7$): mỗi đỉnh cho 7 tam giác cân, tổng $15\cdot 7=105$. Tam giác đều xuất hiện khi $k=5$ ($15/3=5$), có 15 tam giác đều. Vậy tam giác cân nhưng không đều: $105-15=90$.

(AI giải đề cho tôi)
Có 8 cuốn sách đôi một khác nhau phát cho 5 em, mỗi em ít nhất một cuốn ⇒ số cách là số toàn ánh từ tập 8 phần tử lên tập 5 phần tử: $5!\cdot S(8,5)$. Stirling thứ hai $S(8,5)=\frac{1}{5!}\left(5^8-5\cdot 4^8+10\cdot 3^8-10\cdot 2^8+5\right)=1050$. Vậy số cách $=120\cdot 1050=126000$.

(AI giải đề cho tôi)
Xếp 5 bạn phân biệt vào 8 ghế, mỗi bạn một ghế, là chọn và sắp thứ tự: số cách là hoán vị chỉnh hợp chập 5 của 8, tức $A_8^5=8\cdot 7\cdot 6\cdot 5\cdot 4=6720$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi thùng A có 16 chai, thùng B có 9 chai (16+9=25, 16>9). Xác suất lấy hai chai thật: cần $(x/16)(u/9)=65/144$ với $x\le 16,u\le 9$, suy ra $xu=65$, chọn $x=13,u=5$. Vậy thùng A có 13 thật, 3 giả; thùng B có 5 thật, 4 giả; tổng cộng 18 chai thật và 7 chai giả. Xếp 25 chai thành hàng ngang không có hai chai giả kề nhau: xếp 18 chai thật tạo 19 khoảng trống, chọn 7 khoảng để đặt chai giả: $P=C_{19}^7=50388$. Do đó $\frac{P}{12}=\frac{50388}{12}=4199$.

Lời giải:

[Hình cần kiểm tra lại: p5_f1]

Ta sẽ chứng minh số quân cờ tối thiểu cần nhắc ra là 11 quân. Thật vậy, đầu tiên ta sẽ chứng minh nếu chỉ nhắc ra 10 quân, thì không thể làm cho bàn cờ hết 5 quân liền nhau thẳng hàng. Ta ký hiệu ô $(i;j)$ là ô ở hàng $i$, cột $j$, với $1\le i\le 7;1\le j\le 8$ như hình vẽ; và ta cần nhắc ra 10 quân sao cho không còn 5 quân nào liền nhau thẳng hàng.

Ở 5 ô đầu tiên từ trái sang của mỗi hàng, ta phải nhắc ra ít nhất mỗi hàng 1 quân. Ở 3 cột 6, 7, 8: ở 5 ô từ trên xuống của mỗi cột, ta phải nhắc ra ít nhất 1 quân. Như vậy ta đã nhắc hết 10 quân, và ô chữ nhật $2\times 3$ ở góc dưới bên phải không được nhắc ra quân nào. Do tính đối xứng, nên 4 hình chữ nhật được tô đậm ở 4 góc trong hình, ta không được nhắc quân nào. | 1

Sau khi chắc chắn không nhắc các quân ở 4 góc như ý trên, ta làm lại: ở các hàng 1, 2, 6, 7: 2 ô giữa của mỗi hàng ta phải nhắc ra ít nhất 1 quân. Ở các cột 1, 2, 3, 6, 7, 8: 3 ô giữa của mỗi cột ta phải nhắc ra ít nhất 1 quân, tất cả đã là 10 quân; nên ô chữ nhật kích cỡ $3\times 2$ ở giữa, ta không nhắc quân nào. Như vậy 5 khu vực tô đậm trên hình, ta không được nhắc quân nào. | 1

Tiếp tục làm lại: bây giờ, ta phải nhắc ít nhất 1 quân từ 2 ô giữa của mỗi hàng 1, 2, 6, 7 và ít nhất 1 quân từ 3 ô giữa của mỗi cột 1, 2, 7, 8. Như vậy ta đã nhắc ít nhất 8 quân, nên ở 2 cột 3 và 6, ta chỉ còn được nhắc nhiều nhất 2 quân. Tuy nhiên các ô $(3;3)$, $(3;6)$, $(5;3)$ và $(5;6)$ (được ký hiệu lục giác trên hình) cần phải nhắc hết để không có đường chéo: ví dụ ô $(3;3)$ nếu để lại thì có một đường chéo từ $(1;1)$ tới $(5;5)$, vì thế chỉ nhắc tối đa 2 quân ở cột 3 và cột 6 là không đủ. Tóm lại chỉ nhắc 10 quân thì vẫn còn 5 quân liền nhau thẳng hàng.

Với 11 quân được nhắc ra ở ô được tô đậm trong hình dưới, thì sau khi nhắc, trên bàn cờ không còn 5 quân nào liên nhau thẳng hàng ngang, dọc hoặc chéo:

[Hình cần kiểm tra lại: p6_f1]

Như vậy đáp số là 11 quân. | 2đ

(AI giải đề cho tôi)
Mỗi vé chỉ có hai khả năng: mua hoặc không mua. Với 5 vé khác nhau, số lựa chọn là $2^5=32$ (tính cả trường hợp không mua vé nào). Khớp với đáp án nguồn 32.

TH1: Hàng có thầy giáo đứng có đúng 2 bạn nam và 2 bạn nữ; hàng còn lại có 3 bạn nam và 2 bạn nữ.

+ Chọn hàng cho thầy giáo: có 2 cách.

+ Xếp hàng có thầy giáo: có $A_5^2.A_4^2$ cách.

+ Xếp hàng còn lại: có $3!.A_4^2$ cách.

Số cách xếp thoả mãn trong TH1 là $2.A_5^2.A_4^2.3!.A_4^2=34560$ cách.

TH2: Hàng có thầy giáo đứng có đúng 3 bạn nam và 1 bạn nữ; hàng còn lại có 3 nữ và 2 nam.

+ Chọn hàng cho thầy giáo: có 2 cách.

+ Xếp hàng có thầy giáo: có $A_3^3.2.C_4^1.3$ cách.

+ Xếp hàng còn lại: có $3!.2!$ cách.

Số cách xếp thoả mãn trong TH2 là $2.A_5^3.2.C_4^1.3.3!.2!=34560$.

Vậy tổng số cách xếp thoả mãn là $34560+34560=69120$.

(AI giải đề cho tôi)
Tứ giác $ABCD$ có 4 đỉnh. Một vectơ khác $\vec{0}$ được xác định bởi điểm đầu và điểm cuối là hai đỉnh phân biệt. Số cách chọn điểm đầu là 4, sau đó chọn điểm cuối khác điểm đầu là 3, nên tổng số vectơ là $4\times 3=12$. Đáp án D, trùng với đáp án nguồn (mã đề 102, câu 9: D).

(AI giải đề cho tôi)
Tứ giác $ABCD$ có 4 đỉnh. Mỗi vecto được xác định bởi điểm đầu và điểm cuối là hai đỉnh phân biệt (khác $\vec{0}$). Với mỗi điểm đầu, có 3 lựa chọn điểm cuối, nên số vecto là $4\times 3=12$. Vậy đáp án B, khớp với bảng đáp án mã đề 101 (câu 7: B).

(AI giải đề cho tôi)
Hình lưới 4×4 thực tế có ở trang 6 (ngay trên Câu 29), nên token khớp với hình được cung cấp; không còn thiếu hình.

Mỗi hàng có tổng bằng 0 nên chứa đúng hai số 1 và hai số -1; tương tự mỗi cột chứa đúng hai số 1 và hai số -1. Quy đổi: ô chứa 1 là ô được chọn, ta cần đếm số ma trận 4×4 gồm 0/1 với tổng mỗi hàng và mỗi cột đều bằng 2.

Ma trận tương ứng một đồ thị hai phía 2-chính quy giữa 4 đỉnh hàng và 4 đỉnh cột (hàng $i$ nối cột $j$ iff $a_{ij}=1$). Đồ thị 2-chính quy là hợp các chu trình, nên chỉ có hai dạng:

Dạng 1 — Hai chu trình con độ dài 4 (tách nhau): tập 4 hàng chia thành hai cặp, tập 4 cột chia thành hai cặp, mỗi cặp hàng nối đủ cạnh ($K_{2,2}$) với đúng một cặp cột. Số cách chia 4 hàng thành hai cặp: $\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)}{2}=3$; chia 4 cột: $3$; ghép cặp hàng với cặp cột: $2$ cách. Tổng: $3\cdot 3\cdot 2=18$ ma trận.

Dạng 2 — Một chu trình duy nhất độ dài 8: số chu trình độ dài $2k$ trong $K_{m,n}$ là $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)\frac{k!(k-1)!}{2}$. Với $m=n=4,k=4$: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{4}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{4}\right)\cdot \frac{4!\cdot 3!}{2}=\frac{24\cdot 6}{2}=72$ chu trình, và mỗi chu trình như vậy xác định duy nhất một ma trận (mỗi hàng bậc 2, mỗi cột bậc 2), cho $72$ ma trận.

Tổng cộng: $72+18=90$ ma trận, tức có $90$ cách điền. Kết quả này khớp với công thức đếm đã biết cho số ma trận 4×4 0/1 với tổng hàng/cột bằng 2 là 90.

(AI giải đề cho tôi)
Số chia hết cho 6 phải chia hết cho 2 và 3. Chữ số tận cùng phải chẵn: thuộc $\{2;4;6;8\}$ (4 cách). Ba chữ số đầu mỗi chữ số có 9 cách chọn (lặp được), tổng $9^3=729$ bộ; vì các chữ số $\mathrm{1..9}$ chia đều 3 nhóm theo số dư mod 3 (mỗi nhóm 3 chữ số), số bộ ba có tổng chia hết cho 3 đúng bằng $729/3=243$. Với mỗi chữ số tận cùng chẵn, số dư của nó mod 3 được bù bởi tổng ba chữ số đầu, và do phân bố đều nên luôn có đúng 243 bộ ba thoả mãn. Vậy kết quả = $4\times 243=972$.

(AI giải đề cho tôi)
Chia 9 đồ vật giống nhau cho 6 người, mỗi người ít nhất 1 đồ: đặt mỗi người 1 đồ trước, còn 3 đồ chia tự do nên $a=C(8,5)=56$. Khi đồ vật phân biệt: đánh dấu 9 đồ vật có $9!$ cách, rồi chia 9 đồ vật phân biệt cho 6 người mỗi người ít nhất 1 đồ (không đếm thứ tự trong nhóm) nên $b=9!\cdot C(8,5)=362880\cdot 56=20321280$. Khi đó $0,1b-a=2032128-56=2032072$, hai chữ số tận cùng là 72.

(AI giải đề cho tôi)
Số có ba chữ số phân biệt từ 5 chữ số 1,2,3,4,5 là hoán vị chập 3 của 5 phần tử: $A_5^3=5\cdot 4\cdot 3=60$. Kết quả khớp với đáp án A trong bảng đáp án (đề 1106, câu 10).

(AI giải đề cho tôi)
Mỗi tam giác tương ứng với một cách chọn 3 điểm trong 20 điểm phân biệt cùng nằm trên đường tròn (không có 3 điểm nào thẳng hàng). Vậy số tam giác là $C_{20}^3=\frac{20\cdot 19\cdot 18}{6}=1140$. Đáp án C, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Số có ba chữ số phân biệt từ 5 chữ số 1,2,3,4,5 là hoán vị chập 3 của 5 phần tử: $A_5^3=5\cdot 4\cdot 3=60$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (đáp án D).