Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Xác suất cổ điển (Toán học Lớp 10)

a) Đúng: $n(\Omega )=C_{10}^3=120$. b) Sai: xác suất bằng $\frac{16}{120}=\frac{2}{15}$. c) Đúng: $P(A)=1-\frac{C_8^3}{C_{10}^3}=\frac{8}{15}$. d) Sai: $P(A)>\frac{2}{3}\iff 4<x<15$, kết hợp điều kiện $x\in \{5;6;7;8;9\}$, tức phải rút ít nhất 5 thẻ.
a) Số cách lấy 3 thẻ từ 10 thẻ là $C_{10}^3$ nên ta có $n(\Omega )=C_{10}^3=120$. Chọn ĐÚNG.
b) Để ghép ba tấm thẻ thành số có ba chữ số chia hết cho 3 thì tổng của chúng phải chia hết cho 3. Đặt $A=\{0;3;6;9\}$, $B=\{1;4;7\}$ và $C=\{2;5;8\}$. TH 1. Rút được ba tấm thẻ cùng thuộc một tập $A$ hoặc $B$ hoặc $C$ là $C_4^3+1+1=6$. TH 2. Rút được một tấm thẻ thuộc tập $A$, một tấm thuộc tập $B$ và một tấm thuộc $C$ là $C_4^1+C_3^1+C_3^1=10$. Như vậy, có $6+10=16$ cách rút thỏa mãn yêu cầu. Suy ra, xác suất lấy được ba tấm thẻ thỏa mãn là $P=\frac{16}{120}=\frac{2}{15}$. Chọn SAI.
c) Gọi biến cố $A$: “3 chữ số trên 3 chiếc thẻ được lấy ra có thể ghép thành một số chia hết cho 5”. Để cho biến cố $A$ xảy ra thì trong 3 thẻ lấy được phải có thẻ mang chữ số 0 hoặc chữ số 5 $\Rightarrow \overline{A}$ là biến cố “3 thẻ lấy ra không có thẻ mang chữ số 0 và cũng không có thẻ mang chữ số 5”, có $C_8^3$ cách. $$\Rightarrow n\left(\overline{A}\right)=C_8^3\Rightarrow P\left(\overline{A}\right)=\frac{n\left(\overline{A}\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{7}{15}\Rightarrow P\left(A\right)=1-P\left(\overline{A}\right)=\frac{8}{15}.$$ Chọn ĐÚNG.
d) Gọi số thẻ cần rút là $x$ $(0\le x\le 9;x\in \mathbb{N})$, suy ra $n\left(\Omega \right)=C_{10}^x$. Gọi $A$ là biến cố: “Trong số $x$ thẻ rút ra, có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 5” thì $\overline{A}$ là biến cố: “Trong số $x$ thẻ rút ra không có thẻ nào ghi số chia hết cho 5” $$\Rightarrow n\left(\overline{A}\right)=C_8^x.$$ Ta có $P\left(\overline{A}\right)=\frac{C_8^x}{C_{10}^x}\Rightarrow P\left(A\right)=1-\frac{C_8^x}{C_{10}^x}$. Do đó $P\left(A\right)>\frac{2}{3}\iff 1-\frac{C_8^x}{C_{10}^x}>\frac{2}{3}\iff 1-\frac{(10-x)(9-x)}{9.10}>\frac{2}{3}$ $$\iff \frac{-x^2+19x}{10.9}>\frac{2}{3}\iff -x^2+19x-60>0\iff 4<x<15.$$ Vì $\{\begin{array}{l}x\in \mathbb{N}\\ 0\le x\le 9\end{array}$ nên $\{\begin{array}{l}x\in \mathbb{N}\\ 4<x\le 9\end{array}\Rightarrow x\in \{5;6;7;8;9\}$. Chọn SAI.

Chọn B. Số tự nhiên có ba chữ số $\overline{abc}$ đôi một khác nhau lấy từ tập $\{0;1;2;3;4;5\}$: $\left|\Omega \right|=5.A_4^2=60$. Gọi A là biến cố: “số được chọn có chữ số hàng trăm nhỏ hơn chữ số hàng chục”. Vì chữ số hàng trăm nhỏ hơn chữ số hàng chục và $a\ne 0$. Đồng thời cứ 1 bộ 2 chữ số thì có 1 chữ số đứng trước bé hơn chữ số đứng sau. Suy ra số cách chọn $\overline{ab}=C_4^2$; cách chọn $c:4$. Số cách chọn $\overline{abc}:n_A=C_4^2.4=24$. $\Rightarrow P_A=\frac{24}{60}=\frac{2}{5}$.

Các năm chính phương cho đến 2025 là: $1^2;2^2;3^2;...;45^2$. Mỗi em học sinh có 45 lựa chọn để viết một số chính phương nên $n(\Omega )=45^2$. Các số chính phương chia hết cho cả 3 và 5 là: $15^2=225;30^2=900;45^2=2025$. Số cách để cả hai em viết ra cùng một số chính phương chia hết cho 3 và 5 là: $$n(A)=3.1=3$$ Xác suất cần tính là: $P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{3}{45^2}=\frac{1}{675}=\frac{m}{n}\Rightarrow 2m+3n=2027$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số bóng là 14 (8 xanh, 6 đỏ), lấy lần lượt không hoàn lại. a) $P(\text{An laˆˊy xanh})=\frac{8}{14}=\frac{4}{7}$, đúng. b) $P(\text{xanh roˆˋi đỏ})=\frac{8}{14}\cdot \frac{6}{13}=\frac{48}{182}=\frac{24}{91}$, đúng. c) $P(\text{hai quả cuˋng xanh})=\frac{8}{14}\cdot \frac{7}{13}=\frac{56}{182}=\frac{4}{13}\ne \frac{5}{13}$, sai. d) $P(\text{khaˊc maˋu})=2\cdot \frac{8}{14}\cdot \frac{6}{13}=\frac{96}{182}=\frac{48}{91}$; $P(\text{cuˋng maˋu})=1-\frac{48}{91}=\frac{43}{91}$. Vì $\frac{48}{91}>\frac{43}{91}$ nên khẳng định đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$P=\frac{8}{14}=\frac{4}{7}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$P=\frac{8}{14}\cdot \frac{6}{13}=\frac{24}{91}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$P=\frac{8}{14}\cdot \frac{7}{13}=\frac{4}{13}$, không phải $\frac{5}{13}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$P(\text{khaˊc maˋu})=\frac{48}{91}>P(\text{cuˋng maˋu})=\frac{43}{91}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi A là biến cố 'lần thứ ba mới mở được cửa'. Hai lần đầu phải thử chìa sai, lần thứ ba thử chìa đúng. Xác suất lần đầu sai là 7/9 (có 7 chìa sai trong 9 chìa). Sau khi bỏ chìa sai ra, còn 8 chìa trong đó 6 chìa sai, nên xác suất lần hai sai là 6/8. Khi đó còn 7 chìa trong đó có 2 chìa đúng, xác suất lần ba đúng là 2/7. Vậy P(A) = (7/9)·(6/8)·(2/7) = 84/504 = 1/6 ≈ 0,17.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $n$ là tổng số viên kẹo ban đầu trong túi ($n\ge 7$ vì có 6 viên cam và cần lấy 2 viên). Xác suất lấy được cả hai viên kẹo màu cam (lấy không hoàn lại) là:
$$P=\frac{6}{n}\cdot \frac{5}{n-1}=\frac{30}{n(n-1)}=\frac{1}{3}.$$
Suy ra $n(n-1)=90$, tức $n^2-n-90=0$. Giải phương trình: $(n-10)(n+9)=0$, nên $n=10$ (nhận) hoặc $n=-9$ (loại).
Vậy ban đầu trong túi có 10 viên kẹo (6 viên cam và 4 viên vàng). Kiểm tra: $\frac{6}{10}\cdot \frac{5}{9}=\frac{30}{90}=\frac{1}{3}$, thỏa mãn.

Chọn C
Xếp 10 học sinh thành hàng có: 10! (cách) $\Rightarrow n(\Omega )=10!$
Gọi A “Giữa hai học sinh nữ liên tiếp có đúng hai học sinh nam và Dũng luôn đứng cạnh Lan”
TH1: Xếp Lan đứng đầu hàng (hoặc cuối hàng).
+ Xếp ba bạn nữ còn lại có: 3! (cách), (bốn bạn nữ tạo ra các vách ngăn).
+ Xếp Dũng đứng cạnh Lan có: 1 (cách).
+ Xếp 5 bạn nam còn lại vào 5 vị trí xen kẽ giữa 2 bạn nữ sao cho giữa hai nữ có hai nam có: 5! (cách)
$\Rightarrow$ Có: 2.3!.5! = 1440 (cách).
TH2: Xếp Lan không đứng đầu hàng (hoặc cuối hàng).
+ Xếp bốn bạn nữ thành hàng sao cho Lan đứng thứ 2 (hoặc thứ 3) có: 2.3! (cách).
+ Xếp Dũng đứng cạnh Lan có: 2 (cách).
+ Xếp 5 bạn nam còn lại vào 5 vị trí xen kẽ giữa 2 bạn nữ sao cho giữa hai nữ có hai nam có: 5! (cách)
$\Rightarrow$ Có: 2.3!.2.5! = 2880 (cách).
$\Rightarrow n(A)=1440+2880=4320\Rightarrow P(A)=\frac{4320}{10!}=\frac{1}{840}$

a) Đúng: 6300 người trẻ (1) và $20000-6300=13700$ người già (8); 9600 đàn ông (2) và $20000-9600=10400$ phụ nữ (9); 13800 người đã lập gia đình (3) và $20000-13800=6200$ người độc thân (10).
b) Sai: 2700 đàn ông trẻ (4), 6400 đàn ông đã có gia đình (5), 2900 người trẻ đã lập gia đình (6), 1100 đàn ông trẻ có gia đình (7). Lấy (4) $-$ (7) $=1600$ đàn ông trẻ còn độc thân (11). Lấy (2) $-$ (4) $=9600-2700=6900$ đàn ông già (12).
c) Sai: Lấy (3) $-$ (6) $=10900$ người già có gia đình (13); (8) $-$ (13) $=2800$ người già còn độc thân (14); (10) $-$ (14) $=3400$ người trẻ còn độc thân (15); (15) $-$ (11) $=1800$ phụ nữ trẻ còn độc thân. Vậy $P=\frac{1800}{20000}=0,09=9\%$ (không phải 9,2%).
d) Đúng: Gọi A $-$ Người đó là người Trẻ tuổi; B $-$ Người đó là đàn ông; C $-$ Người đó đã lập gia đình. Ta có $n(B\cap A\cap C)=1100$ và $n(A\cap C)=2900$. Vậy $P=\frac{n(B\cap A\cap C)}{n(A\cap C)}=0,379=37,9\%$.
a) Đúng: Từ giả thiết ban đầu ta dễ dàng tính được: 6300 người trẻ (1) và $20000-6300=13700$ người già (8); 9600 đàn ông (2) và $20000-9600=10400$ phụ nữ (9); 13800 người đã lập gia đình (3) và $20000-13800=6200$ người độc thân (10).
b) Sai: Tương tự mệnh đề A ta cũng tính được: 2700 đàn ông trẻ (4) và 6400 đàn ông đã có gia đình (5); 2900 người trẻ đã lập gia đình (6) và 1100 đàn ông trẻ có gia đình (7). Lấy (4) $-$ (7) $=2700-1100=1600$ đàn ông trẻ còn độc thân (11). Lấy (2) $-$ (4) $=9600-2700=6900$ đàn ông già (12).
c) Sai: Cách 1: Lấy (3) $-$ (6) $=13800-2900=10900$ người già có gia đình (13); Lấy (8) $-$ (13) $=13700-10900=2800$ người già còn độc thân (14); Lấy (10) $-$ (14) $=6200-2800=3400$ người trẻ còn độc thân (15); Lấy (15) $-$ (11) $=3400-1600=1800$ phụ nữ trẻ còn độc thân. Gọi $M$ là biến cố “phụ nữ trẻ còn độc thân” thì $n(M)=1800$. Vậy xác suất cần tìm là $P=\frac{n(M)}{n(\Omega )}=\frac{1800}{20000}=0,09=9\%$.
Cách 2: Với 6300 người trẻ và 2700 đàn ông trẻ $\to 6300-2700=3600$ phụ nữ trẻ (1). 2900 người trẻ lập gia đình và 1100 đàn ông trẻ lập gia đình $\to 2900-1100=1800$ phụ nữ trẻ lập gia đình (2). Lấy (1) $-$ (2) suy ra: $3600-1800=1800$. Gọi $M$ là biến cố “phụ nữ trẻ còn độc thân” thì $n(M)=1800$. Xác suất cần tìm là $P=\frac{n(M)}{n(\Omega )}=\frac{1800}{20000}=0,09$.
d) Đúng: Ta lần lượt gọi các biến cố sau: A $-$ Người đó là người Trẻ tuổi; B $-$ Người đó là đàn ông; C $-$ Người đó đã lập gia đình. Đối chiếu giả thiết đã cho ta có được: $n(B\cap A\cap C)=1100$ và $n(A\cap C)=2900$. Vậy xác suất cần tìm là: $P=\frac{n(B\cap A\cap C)}{n(A\cap C)}=0,379=37,9\%$.

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: mỗi bạn chọn 1 số trong 17 số, nên tổng số kết quả là $17\cdot 17\cdot 17=4913$, không phải $17+17+17=51$ → ý a) sai. Ý b) đúng: các số chia hết cho 3 trong $[1;17]$ là $3;6;9;12;15$ (5 số). Xét phần dư mod 3: nhóm dư 0 có 5 số, nhóm dư 1 có 6 số $(1;4;7;10;13;16)$, nhóm dư 2 có 6 số $(2;5;8;11;14;17)$. Dùng công thức đếm với căn thức đơn vị: số bộ ba có tổng chia hết cho 3 là $\frac{1}{3}\left[(5+6+6{)}^3+(5+6\omega +6{\omega }^2{)}^3+(5+6{\omega }^2+6\omega {)}^3\right]=\frac{1}{3}\left[4913+(-1{)}^3+(-1{)}^3\right]=\frac{4911}{3}=1637$. Vậy ý c) sai (đúng là 1637, không phải 1367), và xác suất $=\frac{1637}{4913}$ → ý d) đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Tổng số kết quả là $17^3=4913$, không phải $17+17+17=51$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Các số chia hết cho 3 trong đoạn $[1;17]$ là $3;6;9;12;15$, đúng 5 số.
c) (AI giải đề cho tôi)
Số bộ ba có tổng chia hết cho 3 là $\frac{4913+(-1{)}^3+(-1{)}^3}{3}=1637$, không phải 1367.
d) (AI giải đề cho tôi)
Xác suất $=\frac{1637}{4913}$, đúng như đề.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số cách lấy 3 quả từ 45 quả: $C_{45}^3=14190$. Phân loại các số 1..45 theo số mũ của 2: (i) chia hết cho 8 (v≥3): 5 số {8,16,24,32,40}; (ii) v=2 (chia hết cho 4, không chia hết cho 8): 6 số {4,12,20,28,36,44}; (iii) v=1: 11 số {2,6,10,...,42}; (iv) số lẻ: 23 số. Tích chia hết cho 8 khi tổng số mũ của 2 ≥ 3.

Trường hợp 1: có ít nhất một số chia hết cho 8: $C_{45}^3-C_{40}^3=14190-9880=4310$.

Trường hợp 2: không có số chia hết cho 8 nhưng tổng mũ ≥ 3:
- Hai số v=2 và một số bất kỳ khác (từ 38 số không chia hết cho 8): $C_6^2\cdot 38=570$;
- Một số v=2, một số v=1, một số lẻ: $6\cdot 11\cdot 23=1518$;
- Một số v=2 và hai số v=1: $6\cdot C_{11}^2=330$;
- Ba số v=1: $C_{11}^3=165$.

Tổng trường hợp thuận lợi: $4310+570+1518+330+165=6893$. Vậy $P=\frac{6893}{14190}\approx 0,4858\approx 0,49$.

Đáp số: 1357
Gọi $\Omega$ là không gian mẫu $\Rightarrow n(\Omega )=C_{18}^3$.
Gọi $A$: “Lấy được 3 viên bi có đúng hai màu”.
Ta có $\overline{A}$: “Lấy được 3 viên bi có đủ ba màu hoặc chỉ có một màu”.
Ta có $P(A)=1-P(\overline{A})=1-\frac{n(\overline{A})}{n(\Omega )}=1-\frac{\mathrm{5.6.7}+C_7^3+C_5^3+C_6^3}{C_{18}^3}\Rightarrow a+b=1357$

Đáp số: -22
Gọi $\Omega$ là không gian mẫu $\Rightarrow n(\Omega )=C_{15}^3$.
Gọi $A$: “Lấy được 3 viên bi có đúng hai màu”.
Ta có $\overline{A}$: “Lấy được 3 viên bi có đủ ba màu hoặc chỉ có một màu”.
Ta có $P(A)=1-P\left(\overline{A}\right)=1-\frac{n\left(\overline{A}\right)}{n(\Omega )}=1-\frac{\mathrm{4.5.6}+C_4^3+C_5^3+C_6^3}{C_{15}^3}=\frac{43}{65}\Rightarrow a-b=-22$.

Đáp số: 97

$n(X)=C_{20}^3=1140$. Dễ thấy không thể có tam giác nào có 3 cạnh đều là cạnh của đa giác đều ban đầu. Gọi $A_k$ là biến cố “tam giác được chọn có $k$ cạnh màu xanh”. TH1: tam giác có 2 cạnh màu xanh. Để được tam giác như thế thì 2 cạnh màu xanh là 2 cạnh của đa giác, khi đó ta cần chọn 3 đỉnh liên tiếp của đa giác. Do đó $n(A_2)=20$. TH2: tam giác có 1 cạnh màu xanh. Để được tam giác như thế thì ta cần chọn 2 đỉnh liên tiếp của đa giác, đỉnh còn lại của tam giác không kề với 2 đỉnh kia. Chọn 2 đỉnh liên tiếp, có 20 cách chọn. Chọn đỉnh còn lại, bỏ 2 đỉnh đã chọn và 2 đỉnh kề với 2 đỉnh đó, có 16 cách chọn. Do đó $n(A_1)=20\cdot 16=320$. Suy ra $n(A_0)=1140-20-320=800$. Xác suất cần tìm là $P(A_0)=\frac{800}{1140}=\frac{40}{57}$ hay $a=40$, $b=57$. Vậy $a+b=40+57=97$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi x, y, z lần lượt là số học sinh nhận cặp môn (Toán, Lí), (Toán, Hóa), (Lí, Hóa). Vì tổng số sách mỗi môn phải dùng hết: x + y = 5 (Toán), x + z = 7 (Lí), y + z = 8 (Hóa). Giải hệ được x = 2, y = 3, z = 5. Vậy trong 10 học sinh có đúng 2 em nhận cặp Toán–Lí, 3 em nhận cặp Toán–Hóa, 5 em nhận cặp Lí–Hóa. Do tính đối xứng, mỗi học sinh (trong đó có Hưng và Thành) có xác suất nhận cặp Toán–Lí là 2/10, cặp Toán–Hóa là 3/10, cặp Lí–Hóa là 5/10. Xác suất để Hưng và Thành nhận cùng loại cặp môn (tức 2 cuốn sách cùng môn, mà sách cùng môn giống nhau nên 2 cuốn sách giống nhau) là: P = (2/10)² + (3/10)² + (5/10)² = (4 + 9 + 25)/100 = 38/100 = 0,38.

TH1: Bình thắng ngay lượt 1: $P_1=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$
TH2: Bình thắng ở lượt 2: $P_2=\frac{\mathrm{3.5.3}}{6^3}=\frac{5}{12}{P}_1$
TH3: Bình thắng ở lượt 3: $P_3=\frac{\mathrm{3.5.3.5.3}}{6^5}=\frac{5}{12}{P}_2$
… $(P_n)$ lập thành cấp số nhân với công bội $q=\frac{5}{12}$
Vậy xác suất để Bình thắng chung cuộc là $P=\frac{P_1}{1-q}=\frac{6}{7}\approx 0,86$ (ghi chú: bản in gốc trang 10 ghi nhầm "An thắng chung cuộc" dù các trường hợp TH1–TH3 đều tính xác suất Bình thắng; theo ngữ cảnh bài toán mã đề 0112, giá trị $\frac{6}{7}\approx 0,86$ là xác suất để Bình thắng chung cuộc, khớp với đáp án 0,86 ở bảng đáp án trang 9)

TH1: An thắng ngay lượt 1: $P_1=\frac{1}{6}$.
TH2: An thắng ở lượt 2: $P_2=\frac{\mathrm{5.3.1}}{6^3}=\frac{5}{12}{P}_1$
TH3: An thắng ở lượt 3: $P_3=\frac{\mathrm{5.3.5.3.1}}{6^5}=\frac{5}{12}{P}_2$
… $\Rightarrow (P_n)$ lập thành cấp số nhân với công bội $q=\frac{5}{12}$
Vậy xác suất để An thắng chung cuộc là $P=\frac{P_1}{1-q}=\frac{2}{7}\approx 0,29$

(AI giải đề cho tôi)
Số cần tìm có dạng $n=10k+1$ với $1000\le k\le 9999$ (để $n$ có 5 chữ số). Điều kiện chia hết cho 7: $10k+1\equiv 3k+1\equiv 0(\mathrm{mod}7)\Rightarrow k\equiv 2(\mathrm{mod}7)$. Vì $1001\equiv 0(\mathrm{mod}7)$ nên $k$ nhỏ nhất là $1003$ và lớn nhất là $9998$ (vì $9996\equiv 0(\mathrm{mod}7)$). Số giá trị $k$: $\frac{9998-1003}{7}+1=1286$. Tổng số phần tử của $A$ là $90000$, nên $P=\frac{1286}{90000}$, suy ra $1000P=\frac{1286000}{90000}\approx 14,2888\approx 14,3$.

(AI giải đề cho tôi)
Các quả ghi số chia hết cho 4 là 4 và 8, tức có 2 quả 'thuận' và 7 quả 'không thuận'. Lấy ngẫu nhiên $n$ quả, xác suất không có quả nào chia hết cho 4 là $P=\frac{C_7^n}{C_9^n}$. Cần $P<\frac{1}{6}$ (để xác suất có ít nhất một quả chia hết cho 4 lớn hơn $\frac{5}{6}$). Với $n=5$: $\frac{C_7^5}{C_9^5}=\frac{21}{126}=\frac{1}{6}$, không thỏa (bằng). Với $n=6$: $\frac{C_7^6}{C_9^6}=\frac{7}{84}=\frac{1}{12}<\frac{1}{6}$, thỏa. Vậy cần lấy ít nhất 6 quả.

a) $n(X)=6.A_6^4=2160$ (không phải 2106). Vậy a) sai.

b) $P(M)=\frac{624}{2160}=\frac{13}{45}$. Vậy b) đúng.

c) $P(N)=\frac{7}{2160}$. Vậy c) đúng.

d) $P(B)=\frac{1224}{2160}=\frac{17}{30}$. Vậy d) đúng.

(Ghi chú: bảng đáp án nguồn ghi nhãn cột cuối là "CÂU 26", được hiểu là Câu 6 Phần II.)
a) Có $6.A_6^4=2160$ số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau lập từ $A$, $\Rightarrow n(X)=2160$. Vậy a) sai.
b) Chọn một số từ $X$, số phần tử của không gian mẫu là $n(\Omega )=2160$. $M$ là biến cố chọn được số chia hết cho 3. Bộ 5 chữ số lấy từ A có tổng chia hết cho 3 là: $\{0;1;2;3;6\},\{0;3;4;5;6\},\{0;2;3;4;6\},\{0;1;2;4;5\},\{1;2;3;4;5\},\{1;2;4;5;6\}$. Suy ra: $n(M)=\mathrm{4.4.4}!+2.5!=624\Rightarrow P(M)=\frac{624}{2160}=\frac{13}{45}$. Vậy b) đúng.
c) N là biến cố có chọn được một số thuộc tập $X$ sao cho số đó lớn hơn 65412. Số thuộc N có dạng $\overline{654cd}$. Nếu chọn c=1 thì d=3. Nếu chọn $c\in \{2,3\}$: có 2 cách chọn, Chọn d có 3 cách. Suy ra $n(N)=1+2.3=7\Rightarrow P(N)=\frac{7}{2160}$. Vậy c) đúng.
d) Gọi $B$ là biến cố "chọn được số có đúng 3 chữ số chẵn". Xét $\overline{abcde}$ là số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau trong đó có đúng 3 chữ số chẵn. TH1: Xét bộ có 5 số trong đó có 3 chữ số chẵn có mặt số 0 và 2 số lẻ. Có tất cả $C_3^2.C_3^2$ bộ. Ứng với mỗi bộ có $4.4!$ số. Suy ra có: $C_3^2.C_3^2.4.4!=864$ số. TH2: Xét bộ có 5 số trong đó có 3 chữ số chẵn không có số 0 và 2 chữ số lẻ. Có tất cả $C_3^2$ bộ. Ứng với mỗi bộ trên có $5!$ số. Suy ra có: $C_3^2.5!=360$ số. Vậy số phần tử của biến cố $B$ là $n(B)=1224$. Xác suất $P(A)=\frac{n(B)}{n(\Omega )}=\frac{17}{30}$. Vậy d) đúng.

Đáp án: 989.

Số cách chọn ngẫu nhiên 3 số $a;b;c$ trong tập hợp $S=\{1;2;3;...;25;26\}$ là: $C_{26}^3=2600$ cách.

Đặt: $S_1=\{5;10;15;20;25\}$ ;

$S_2=\{1;4;6;9;11;14;16;19;21;24;26\}$ ;

$S_3=\{2;3;7;8;12;13;17;18;22;23\}$ .

Nhận xét:

- Nếu $x\in S_1$ thì $x^2$ chia hết cho 5.

- Nếu $x\in S_2$ thì $x^2$ chia 5 dư 1.

- Nếu $x\in S_3$ thì $x^2$ chia 5 dư 4.

Để $a,b,c\in S$ và $a^2+b^2+c^2$ chia hết cho 5 ta có hai trường hợp sau:

TH1: Cả ba số $a;b;c$ đều thuộc $S_1$. Khi đó số cách chọn $a;b;c$ là: $C_5^3=10$ cách.

TH2: Trong 3 số $a;b;c$ có một số thuộc $S_1$, một số thuộc $S_2$, một số thuộc $S_3$. Khi đó số cách chọn $a;b;c$ là: $\mathrm{5.11.10}=550$ cách.

Tổng số cách chọn $a,b,c\in S$ và $a^2+b^2+c^2$ chia hết cho 5 là: $10+550=560$ cách.

Xác suất để chọn được 3 số $a,b,c\in S$ và $a^2+b^2+c^2$ chia hết cho 5 là: $\frac{560}{2600}=\frac{14}{65}$.

Vậy $m=14;n=65$ và ta có $T=mn+m+n=14.65+14+65=989$.