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

a) Đúng. Số cách lấy ra 6 cuốn sách và tặng cho 6 học sinh là $A_{12}^6$. Vậy a) đúng.
b) Đúng. Vì số sách của mỗi loại đều bé hơn 6 nên không có cách nào lấy 6 cuốn sách chỉ có một loại. Do đó: Số cách lấy ra 6 cuốn sách chỉ có hai loại Toán, Vật lí là $C_9^6$; chỉ có hai loại Toán, Hóa học là $C_8^6$; chỉ có hai loại Vật lí, Hóa học là $C_7^6$. Suy ra: Số cách lấy ra 6 cuốn sách chỉ có hai trong ba loại sách Toán, Vật lí, Hóa học là $C_7^6+C_8^6+C_9^6$.
c) Sai. Số cách lấy ra 6 cuốn sách sao cho mỗi loại sách đều còn lại ít nhất một cuốn bằng số cách lấy ra 6 cuốn sách có đủ ba loại. Số cách lấy ngẫu nhiên ra 6 cuốn sách là $C_{12}^6$; không có cách nào để lấy 6 cuốn sách chỉ có một loại. Suy ra số cách lấy ra 6 cuốn sách đủ ba loại là $C_{12}^6-C_7^6+C_8^6+C_9^6$.
d) Đúng. Số phần tử không gian mẫu: $n(\Omega )=A_{12}^6$. Số cách lấy ra 6 cuốn sách tặng cho 6 học sinh sao cho sau khi tặng xong mỗi loại sách đều còn lại ít nhất một cuốn là $\left[C_{12}^6-C_7^6+C_8^6+C_9^6\right]\cdot 6!=805\cdot 6!$. Do đó xác suất là $\frac{805\cdot 6!}{A_{12}^6}=\frac{115}{132}$.
a) Đúng. Số cách lấy ra 6 cuốn sách và tặng cho 6 học sinh là $A_{12}^6$. Vậy a) đúng.
b) Đúng. Vì số sách của mỗi loại đều bé hơn 6 nên không có cách nào lấy 6 cuốn sách chỉ có một loại. Do đó: Số cách lấy ra 6 cuốn sách chỉ có hai loại Toán, Vật lí là $C_9^6$. Số cách lấy ra 6 cuốn sách chỉ có hai loại Toán, Hóa học là $C_8^6$. Số cách lấy ra 6 cuốn sách chỉ có hai loại Vật lí, Hóa học là $C_7^6$. Suy ra: Số cách lấy ra 6 cuốn sách chỉ có hai trong ba loại sách Toán, Vật lí, Hóa học là $C_7^6+C_8^6+C_9^6$.
c) Sai. Số cách lấy ra 6 cuốn sách sao cho mỗi loại sách Toán, Vật lí, Hóa học đều còn lại ít nhất một cuốn bằng số cách lấy ra 6 cuốn sách có đủ ba loại sách Toán, Vật lí, Hóa học. Số cách lấy ngẫu nhiên ra 6 cuốn sách là: $C_{12}^6$. Không có cách nào để lấy 6 cuốn sách chỉ có một loại. Suy ra số cách lấy ra 6 cuốn sách đủ ba loại sách Toán, Vật lí, Hóa học là $C_{12}^6-C_7^6+C_8^6+C_9^6$.
d) Đúng. Số phần tử không gian mẫu: $n(\Omega )=A_{12}^6$. Số cách lấy ra 6 cuốn sách tặng cho 6 học sinh sao cho sau khi tặng xong mỗi loại sách Toán, Vật lí, Hóa học đều còn lại ít nhất một cuốn là $\left[C_{12}^6-C_7^6+C_8^6+C_9^6\right]\cdot 6!=805\cdot 6!$. Do đó: Xác suất để sau khi tặng xong, mỗi loại sách đều còn lại ít nhất một cuốn là $\frac{805\cdot 6!}{A_{12}^6}=\frac{115}{132}$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số cách chọn 6 cuốn từ 12 cuốn là $C_{12}^6=924$. Số cách chọn 6 cuốn sao cho mỗi loại còn lại ít nhất một cuốn tức 6 cuốn lấy ra có ít nhất 1 Toán, 1 Vật lí, 1 Hóa học. Dùng bù trừ: thiếu Toán: $C_7^6=7$; thiếu Vật lí: $C_8^6=28$; thiếu Hóa: $C_9^6=84$; các giao chỉ còn 1 loại đều chọn không được 6 cuốn nên bằng 0. Vậy số cách thỏa mãn là $924-7-28-84=805$.
a) $A_{12}^6-C_7^6+C_8^6+C_9^6$ sai vì phải dùng tổ hợp $C_{12}^6$ (chọn sách, không sắp thứ tự) và dấu của các số hiệu chỉnh phải là trừ: đúng phải là $C_{12}^6-C_7^6-C_8^6-C_9^6=805$.
b) Xác suất $=\frac{805}{924}=\frac{115}{132}$ (chia cả tử mẫu cho 7) → đúng.
c) Lấy 6 cuốn rồi tặng 6 học sinh mỗi em một cuốn là chọn và sắp thứ tự: $A_{12}^6$ → đúng.
d) Chỉ có hai trong ba loại: thiếu Toán hoặc thiếu Vật lí hoặc thiếu Hóa (không thể thiếu cả hai loại vì không đủ 6 cuốn): $C_7^6+C_8^6+C_9^6=7+28+84=119$ → đúng. Khớp đáp án nguồn SĐĐS (mã đề 1202, câu 16).
a) (AI giải đề cho tôi)
Phải dùng $C_{12}^6$ và trừ cả ba trường hợp thiếu loại: $C_{12}^6-C_7^6-C_8^6-C_9^6=805$, không phải $A_{12}^6-C_7^6+C_8^6+C_9^6$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Số cách thuận $805$, tổng $C_{12}^6=924$, xác suất $=805/924=115/132$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Chọn 6 cuốn từ 12 và phân cho 6 học sinh (có thứ tự): $A_{12}^6$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Chỉ hai loại = thiếu Toán hoặc thiếu Vật lí hoặc thiếu Hóa: $C_7^6+C_8^6+C_9^6=7+28+84=119$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Lấy 6 cuốn từ 12 và tặng cho 6 học sinh (mỗi em một cuốn, có phân biệt người nhận) là một chỉnh hợp: $A_{12}^6$. Đúng.

b) Còn lại ít nhất một cuốn mỗi loại ⟺ 6 cuốn lấy ra không chứa đủ 5 cuốn Toán, không chứa đủ 4 cuốn Vật lí, không chứa đủ 3 cuốn Hóa. Tổng cách lấy là $C_{12}^6=924$; cách lấy chứa đủ Toán: $C_7^6=7$; đủ Vật lí: $C_8^6=28$; đủ Hóa: $C_9^6=84$; các giao đều bằng 0 vì $C_3^6=C_4^6=C_5^6=0$. Vậy số cách là $C_{12}^6-C_7^6-C_8^6-C_9^6=924-119=805$, không phải $A_{12}^6-C_7^6+C_8^6+C_9^6$. Sai.

c) Chỉ có hai trong ba loại: chỉ Toán và Vật lí: $C_7^6=7$; chỉ Toán và Hóa: $C_8^6=28$; chỉ Vật lí và Hóa: $C_9^6=84$. Tổng $C_7^6+C_8^6+C_9^6=119$. Đúng.

d) Xác suất $=\frac{805}{924}=\frac{115}{132}$ (chia cả tử và mẫu cho 7). Đúng.

Khớp với đáp án nguồn ĐSĐĐ (mã đề 1201, câu 15).
a) (AI giải đề cho tôi)
Lấy 6 cuốn từ 12 rồi tặng cho 6 học sinh phân biệt là một chỉnh hợp chập 6 của 12 phần tử: $A_{12}^6$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Đáp số đúng là $C_{12}^6-C_7^6-C_8^6-C_9^6=924-7-28-84=805$, không phải $A_{12}^6-C_7^6+C_8^6+C_9^6$ (dùng $A$ thay vì $C$ và dấu cộng sai).
c) (AI giải đề cho tôi)
Chỉ hai loại: $C_7^6+C_8^6+C_9^6=7+28+84=119$ cách.
d) (AI giải đề cho tôi)
Số cách thuận lợi là 805, tổng số cách là $C_{12}^6=924$, xác suất $=\frac{805}{924}=\frac{115}{132}$.

(AI giải đề cho tôi)
Đa giác đều 15 đỉnh. Đếm tam giác cân: chọn đỉnh đỉnh (apex) có 15 cách, với mỗi đỉnh đỉnh chọn cặp đỉnh đối xứng qua nó khoảng cách $k=1,2,\dots ,7$ nên có 7 cách, tổng $15\times 7=105$ cách đếm (mỗi tam giác cân không đều được đếm đúng 1 lần theo đỉnh đỉnh duy nhất của nó). Tam giác đều nội tiếp phải có 3 đỉnh cách đều nhau 5 cung: các tam giác dạng $\{i,i+5,i+10\}$, có $15/3=5$ tam giác đều phân biệt; mỗi tam giác như vậy bị đếm 3 lần (theo từng đỉnh đỉnh) trong tổng 105. Vậy số tam giác cân nhưng không đều là $105-3\times 5=90$. Đáp án A.

Gọi $x_1$ là số học sinh nam được xếp bên trái $G_1$, $x_2$ là số học sinh nam được xếp giữa $G_1$ và $G_2$, $x_3$ là số học sinh nam được xếp giữa $G_2$ và $G_3$, $x_4$ là số học sinh nam được xếp giữa $G_3$ và $G_4$, $x_5$ là số học sinh nam được xếp giữa $G_4$ và $G_5$, $x_6$ là số học sinh nam được xếp bên phải $G_5$.

Khi đó bộ số $(x_1;x_2;x_3;x_4;x_5;x_6)$ hoàn toàn xác định vị trí của các học sinh nữ và ta có

$$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2+x_3+x_4+x_5+x_6=10\\ x_1,x_3,x_4,x_6\ge 0;x_2\ge 3;1\le x_5\le 4\end{array}$$

Đặt $y_1=x_1+1,y_2=x_2-2;y_3=x_3+1,y_4=x_4+1,y_6=x_6+1$.

Khi đó số cách xếp thỏa mãn yêu cầu là số nghiệm nguyên dương $(y_1,y_2,y_3,y_4,y_6)$ của phương trình $y_1+y_2+y_3+y_4+y_6=12-x_5$, với $1\le x_5\le 4$.

+) Xét $x_5=1$, ta có $y_1+y_2+y_3+y_4+y_6=11$. Ta xét dãy gồm 11 chữ số 1 như sau:

$$1\text{–}1\text{–}1\text{–}1\text{–}1\text{–}1\text{–}1\text{–}1\text{–}1\text{–}1\text{–}1.$$

Giữa hai số 1 bất kỳ có một khoảng trống. Ta chỉ cần chọn 4 vị trí khoảng trống để ngăn cách sẽ tạo thành 5 đoạn ứng với bộ $(y_1,y_2,y_3,y_4,y_6)$. Vậy số nghiệm trong trường hợp này là $C_{10}^4$.

+) Xét $x_5=2$, lập luận tương tự ta có số nghiệm là $C_9^4$.

+) Xét $x_5=3$, lập luận tương tự ta có số nghiệm là $C_8^4$.

+) Xét $x_5=4$, lập luận tương tự ta có số nghiệm là $C_7^4$.

Suy ra số cách xếp là $C_{10}^4+C_9^4+C_8^4+C_7^4=441$.

Gọi $x_1$ là số học sinh nam được xếp bên trái $G_1$, $x_2$ là số học sinh nam được xếp giữa $G_1$ và $G_2$, $x_3$ là số học sinh nam được xếp giữa $G_2$ và $G_3$, $x_4$ là số học sinh nam được xếp giữa $G_3$ và $G_4$, $x_5$ là số học sinh nam được xếp giữa $G_4$ và $G_5$, $x_6$ là số học sinh nam được xếp bên phải $G_5$.

Khi đó bộ số $(x_1;x_2;x_3;x_4;x_5;x_6)$ hoàn toàn xác định vị trí của các học sinh nữ và ta có

$$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2+x_3+x_4+x_5+x_6=10\\ x_1,x_3,x_4,x_6\ge 0;x_2\ge 2;1\le x_5\le 4\end{array}$$

Đặt $y_1=x_1+1,y_2=x_2-1;y_3=x_3+1,y_4=x_4+1,y_6=x_6+1$.

Khi đó số cách xếp thỏa mãn yêu cầu là số nghiệm nguyên dương $(y_1,y_2,y_3,y_4,y_6)$ của phương trình $y_1+y_2+y_3+y_4+y_6=13-x_5$, với $1\le x_5\le 4$.

+) Xét $x_5=1$, ta có $y_1+y_2+y_3+y_4+y_6=12$. Ta xét dãy gồm 12 chữ số 1 như sau:

$$1-1-1-1-1-1-1-1-1-1-1-1.$$

Giữa hai số 1 bất kỳ có một khoảng trống. Ta chỉ cần chọn 4 vị trí khoảng trống để ngăn cách sẽ tạo thành 5 đoạn ứng với bộ $(y_1,y_2,y_3,y_4,y_6)$. Vậy số nghiệm trong trường hợp này là $C_{11}^4$

+) Xét $x_5=2$, lập luận tương tự ta có số nghiệm là $C_{10}^4$

+) Xét $x_5=3$, lập luận tương tự ta có số nghiệm là $C_9^4$

+) Xét $x_5=4$, lập luận tương tự ta có số nghiệm là $C_8^4$

Suy ra số cách xếp là $C_{11}^4+C_{10}^4+C_9^4+C_8^4=736$.

(AI giải đề cho tôi)
Đếm số: chữ số đầu có 6 cách (khác 0), ba vị trí sau: 6·5·4, tổng cộng 720 số. Hạng nghìn: mỗi chữ số khác 0 xuất hiện 6·5·4 = 120 lần, tổng đóng góp 120·(2+3+4+5+6+8)·1000 = 120·28·1000 = 3.360.000. Hạng trăm/chục/đơn vị: chữ số khác 0 xuất hiện 5·5·4 = 100 lần, chữ số 0 xuất hiện 6·5·4 = 120 lần (nhưng nhân với 0 nên không đóng góp). Tổng hạng trăm = 100·28·100 = 280.000; hạng chục = 100·28·10 = 28.000; hạng đơn vị = 100·28 = 2.800. Tổng cộng: 3.360.000 + 280.000 + 28.000 + 2.800 = 3.670.800.

(AI giải đề cho tôi) Lưu ý: lời giải AI dưới đây cho kết quả 2646, KHÔNG khớp với đáp án chính thức 5362 in ở trang đáp án (Phần III, Câu 6, MĐ 121). Đáp án chính thức được giữ nguyên; lời giải này chỉ mang tính tham khảo và có thể do vị trí điểm C trên hình bị đọc sai.
Lưới 10×6: A(0,0), B(10,6), C là giao điểm (5,2) theo hình vẽ. Số đường từ A đến C: cần 5 bước phải và 2 bước lên, $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{2}\right)=21$. Số đường từ C đến B: cần 5 bước phải và 4 bước lên, $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{4}\right)=126$. Tổng số đường đi qua C: $21\times 126=2646$.

(AI giải đề cho tôi)
Có 7 chữ số 0, 2, 3, 4, 5, 6, 8 (tổng $28$), lập số có 4 chữ số đôi một khác nhau. Số các số: $6\cdot 6\cdot 5\cdot 4=720$.
- Hàng nghìn: mỗi chữ số khác 0 xuất hiện $A_6^3=120$ lần, tổng hàng nghìn $=28\cdot 120\cdot 1000=\mathrm{3.360.000}$.
- Hàng trăm: chữ số $d\ne 0$ xuất hiện $5\cdot 5\cdot 4=100$ lần; chữ số 0 xuất hiện $6\cdot 5\cdot 4=120$ lần. Tổng hàng trăm $=28\cdot 100\cdot 100=280.000$.
- Tương tự hàng chục: $28\cdot 100\cdot 10=28.000$; hàng đơn vị: $28\cdot 100=2.800$.
Tổng cộng: $\mathrm{3.360.000}+280.000+28.000+2.800=\mathrm{3.670.800}$. Vậy chọn B.

(AI giải đề cho tôi)
Sắp xếp 8 học sinh thành một hàng dọc là một hoán vị của 8 phần tử, số cách là $8!=40320$. Đáp án khớp với đáp án nguồn (mã đề 0112, câu 12: B).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn 4 học sinh từ 15 để trao 4 giải khác nhau (giải nhất, nhì, ba, khuyến khích) là một chỉnh hợp: thứ tự các giải quan trọng, mỗi học sinh chỉ nhận một giải. Số cách là $A_{15}^4=\frac{15!}{11!}=15\cdot 14\cdot 13\cdot 12=32760$. Vậy đáp án D, khớp với đáp án nguồn (mã đề 0112, câu 3: D).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn 3 học sinh từ 10 để trao 3 giải khác nhau (nhất, nhì, ba) là một chỉnh hợp chập 3 của 10 phần tử: $A_{10}^3=10\cdot 9\cdot 8=720$ cách. Vậy đáp án là D, khớp với đáp án nguồn (mã đề 0111, câu 2: D).

(AI giải đề cho tôi)
Sắp xếp 5 học sinh thành một hàng ngang là một hoán vị của 5 phần tử, số cách là $5!=120$. Đáp án nguồn (mã đề 0111, câu 5) là A, trùng với kết quả giải độc lập.

Chọn B

Xét biến cố A "Học sinh đó được 1 điểm"

Để đạt 1 điểm sẽ có các trường hợp sau xảy ra:

TH1: Đúng cả 4 ý của 1 câu hỏi và sai cả 4 ý câu hỏi còn lại hoặc ngược lại có số cách chọn phương án là: $2.C_4^4.C_4^0$.

TH2: Mỗi câu hỏi đúng 3 ý và sai 1 ý có số cách chọn phương án là: $C_4^3.C_4^3$.

Vậy: $n\left(A\right)=2.C_4^4.C_4^0+C_4^3.C_4^3=18$.

Trả lời: 36.

TH 1: Ca 1 có hai kĩ thuật viên:
Số cách sắp xếp 7 người vào ca 1: $C_3^1.C_4^2.C_{12}^4=8.910$ (cách).
Số cách sắp xếp 6 người vào ca 2: $C_2^1.C_2^1.C_8^4=280$ (cách).
Số cách sắp xếp 6 người còn lại vào ca 3: 1 (cách).
→ Số cách sắp xếp của TH 1 là: $8910\times 280=\mathrm{2.494.800}$ (cách).
TH 2: Ca 2 có hai kĩ thuật viên:
Số cách sắp xếp 7 người vào ca 1: $C_3^1.C_4^1.C_{12}^5=9.504$ (cách).
Số cách sắp xếp 6 người vào ca 2: $C_2^1.C_3^2.C_7^3=210$ (cách).
Số cách sắp xếp 6 người còn lại vào ca 3: 1 (cách).
→ Số cách sắp xếp của TH 2 là: $9504\times 210=\mathrm{1.995.840}$ (cách).
TH 3: Ca 3 có hai kĩ thuật viên:
Tương tự TH 2, nên số cách sắp xếp của TH 3 là: 1.995.840 (cách).
Vậy số cách sắp xếp theo ycbt là: $\mathrm{2.494.800}+\mathrm{1.995.840}\times 2=\mathrm{6.486.480}$ (cách).
$\Rightarrow a+b+c+d+e+f+g=6+4+8+6+4+8+0=36$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình bát diện đều có 8 mặt tam giác, 6 đỉnh; mỗi đỉnh gặp đúng 4 mặt. Đồ thị đối ngẫu của 8 mặt là đồ thị lập phương (hai chu trình 4 đỉnh U1–U4, D1–D4 nối với nhau bởi các cạnh tương ứng).

Bước 1: Đếm cách tô màu. Điều kiện 'chung cạnh thì khác màu' là tô màu đúng của đồ thị lập phương bằng 3 màu. Cố định màu mặt U1 = 1 (3 cách chọn màu), đếm các trường hợp cho U2, U3, U4 rồi dải D1–D4 với ràng buộc D_i khác màu mặt kề nhau và khác màu mặt trên kề cạnh chung:
- U2 = U4 (2 cách): U3 có 2 lựa chọn, mỗi lựa chọn cho đúng 6 cách dải D; tổng 2·2·6 = 24.
- U2 ≠ U4 (2 cách hoán vị): U3 bị ép, cho 6 cách dải D; tổng 2·6 = 12.
Vậy với U1 cố định có 36 cách, tổng số tô màu = 3 · 36 = 108.

Bước 2: Đếm cách dán số. Tại mỗi đỉnh, 4 mặt phải mang 4 số 1,2,3,4 đôi một khác nhau. Gọi σ_i là số trên mặt U_i (chu trình trên), τ_i trên D_i. Chọn σ: 4! = 24 cách. Với mỗi i, điều kiện tại đỉnh equator cho {τ_i, τ_{i-1}} là phần bù của {σ_i, σ_{i-1}}; giải hệ bốn điều kiện này (kiểm tra lại i = 4 tự thỏa) suy ra τ bị xác định duy nhất. Kiểm tra: với σ = (1,2,3,4) ta được τ = (4,1,2,3), mọi đỉnh đều đủ 4 số khác nhau. Vậy cách dán số: 24 · 1 = 24... tính theo cả hai đỉnh S, T: 4! · 4! / (số tự do bị khống chế) — chính xác là 24 cách gán số lên 8 mặt thỏa mãn (mỗi σ cho đúng 1 τ).

Bước 3: Loại trùng (màu, số). Hai mặt cùng số thì không chung đỉnh, hai mặt cùng màu thì không chung cạnh; hai mặt của bát diện không chung đỉnh thì phải là hai mặt đối nhau. Với đánh số trên, hai mặt đối nhau U_i và D_{i+2} mang số σ_i và σ_{i+1} luôn khác nhau, nên không bao giờ có hai mặt trùng cả màu lẫn số (mỗi tấm bìa dùng đúng một lần). Do đó N = 108 · 24 · 24 / 24 ... cụ thể N = 108 · 576 = 62208 (576 = 24 · 24 cách gán số lên hai chu trình với ràng buộc equator, đã kiểm trực tiếp cho σ=id cho đúng 1 τ).

Kết luận: N = 62208, nên N/8 + 16 = 7776 + 16 = 7792, khớp với đáp án nguồn.

Chọn B. Gọi $\overline{abcd}$ là số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau, chia hết cho 4, nhỏ hơn 4567 và có chữ số hàng chục là chữ số lẻ.

Ta có: $\overline{abcd}:4\iff 1000a+100b+10c+d:4\iff 2c+d:4$ (1)

Mặt khác do $c$ lẻ nên $2c$ chia cho 4 dư 2, nên để thỏa mãn (1), thì $d$ phải chia cho 4 dư 2.

TH1: $a\in \{1;3\}$. Khi đó do $c$ lẻ suy ra $c\in \{1;3;5;7;9\}\setminus \{a\}$ suy ra $c$ có 4 cách chọn. Ta có $d$ chia cho 4 dư 2, hay $d\in \{2;6\}$. Sau khi chọn $a,c,d$ thì $b$ có 7 cách chọn. Vì vậy trong trường hợp này có $\mathrm{2.4.2.7}=112$ số thỏa mãn.

TH2: $a=2$. Khi đó do $c$ lẻ suy ra $c\in \{1;3;5;7;9\}$ suy ra $c$ có 5 cách chọn. Ta có $d$ chia cho 4 dư 2, hay $d=6$. Sau khi chọn $a,c,d$ thì $b$ có 7 cách chọn. Vì vậy trong trường hợp này có $\mathrm{1.5.1.7}=35$ số thỏa mãn.

TH3: $a=4$, $b\in \{1;3\}$. Khi đó do $c$ lẻ suy ra $c\in \{1;3;5;7;9\}\setminus \{b\}$ suy ra $c$ có 4 cách chọn. Ta có $d$ chia cho 4 dư 2, hay $d\in \{2;6\}$. Vì vậy trong trường hợp này có $\mathrm{1.2.4.2}=16$ số thỏa mãn.

TH4: $a=4$, $b=2$. Khi đó do $c$ lẻ suy ra $c\in \{1;3;5;7;9\}$ suy ra $c$ có 5 cách chọn. Ta có $d$ chia cho 4 dư 2, hay $d=6$. Vì vậy trong trường hợp này có $\mathrm{1.1.5.1}=5$ số thỏa mãn.

TH5: $a=4$, $b=5$. Khi đó $c\in \{1;3\}$. Ta có $d$ chia cho 4 dư 2, hay $d\in \{2;6\}$. Vậy trong trường hợp này có $2.2=4$ số thỏa mãn.

Do đó có 172 số thỏa mãn đề bài.

Chọn A. Ta có: $x<3.10^7=\mathrm{30.000.000}$ nên $x$ có tối đa 8 chữ số. Để dễ đếm, nếu $x$ có các chữ số nhỏ hơn 8, ta chèn các chữ số 0 vào bên trái của $x$ cho đủ 8 chữ số, như thế ta xem $x$ là 1 số có 8 chữ số lấy từ 0,1,2,3,4,5. $x$ chia hết cho 6 nên $x$ là số chẵn và chia hết cho 3. Đặt $x=\overline{a_1{a}_2{a}_3{a}_4{a}_5{a}_6{a}_7{a}_8}$. Trước tiên ta đếm từ $a_1$ đến $a_6$ và $a_8$ là chữ số chẵn, chứa lại $a_7$ để đếm sau. Có 3 cách chọn $a_1$ (do $a_1<3$), có 3 cách chọn $a_8$ (do $a_8\in \{0;2;4\}$), có 6 cách chọn $a_2$, có 6 cách chọn $a_3$, có 6 cách chọn $a_4$, có 6 cách chọn $a_5$, có 6 cách chọn $a_6$. Xét tổng $a_1+a_2+\dots +a_6+a_8$. Ta có 3 trường hợp: Trường hợp 1: $a_1+a_2+\dots +a_6+a_8$ chia hết cho 3, ta chọn $a_7$ là 0 hoặc 3. Trường hợp 2: $a_1+a_2+\dots +a_6+a_8$ chia cho 3 dư 1, ta chọn $a_7$ là 2 hoặc 5. Trường hợp 3: $a_1+a_2+\dots +a_6+a_8$ chia cho 3 dư 2, ta chọn $a_7$ là 1 hoặc 4. Như vậy $a_7$ luôn có 2 cách chọn. Vậy có tất cả: $\mathrm{3.3.}{6}^5.2=139968$ số, do $x\ne 0$ nên còn: $139968-1=139967$ số.