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

(AI giải đề cho tôi)
Dãy gồm ${\mathrm{C}}_n^4$ với $n=4,\dots ,2026$ (2023 số hạng). Ba số hạng liên tiếp bắt đầu tại $n$: ${\mathrm{C}}_n^4,{\mathrm{C}}_{n+1}^4,{\mathrm{C}}_{n+2}^4$ với $n=4,\dots ,2024$ (2021 bộ ba, mỗi bộ ba cùng xác suất).

Theo định lý Lucas (cơ số 2), ${\mathrm{C}}_n^4$ lẻ khi và chỉ khi bit của $4=100_2$ là tập con bit của $n$, tức $n\mathrm{mod}8\in \{4,5,6,7\}$.

Tổng ba số lẻ khi số số hạng lẻ trong bộ ba là lẻ. Xét $r=n\mathrm{mod}8$, ba chỉ số có phần dư $r,r+1,r+2$ (mod 8):
- $r=0$: $(0,1,2)$ → 0 số lẻ (không thuận lợi);
- $r=1$: $(1,2,3)$ → 0 (không);
- $r=2$: $(2,3,4)$ → 1 (thuận lợi);
- $r=3$: $(3,4,5)$ → 2 (không);
- $r=4$: $(4,5,6)$ → 3 (thuận lợi);
- $r=5$: $(5,6,7)$ → 3 (thuận lợi);
- $r=6$: $(6,7,0)$ → 2 (không);
- $r=7$: $(7,0,1)$ → 1 (thuận lợi).

Vậy $r\in \{2,4,5,7\}$: mỗi chu kỳ 8 giá trị của $n$ có 4 giá trị thuận lợi.

Đếm $n\in [4,2024]$: 2021 số $=252\times 8+5$. Phần đầy đủ đóng góp $252\times 4=1008$. Phần dư $n=2020,\dots ,2024$ có $r\in \{4,5,6,7,0\}$, thuận lợi là $r=4,5,7$ (3 giá trị). Tổng: $1008+3=1011$ bộ ba thuận lợi.

Xác suất $=\frac{1011}{2021}$; $1011=3\times 337$, $2021=43\times 47$ nguyên tố cùng nhau. Vậy $a+b=1011+2021=3032$. (Lưu ý: báo cáo lỗi trước đó cho rằng phân loại $r=5,6$ sai là không chính xác — lập luận trên đã xếp đúng $r=5$ thuận lợi và $r=6$ không thuận lợi, nên đáp số 3032 được xác nhận.)

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số cách chọn 4 số từ 200 số là $C_{200}^4=64684950$. Đếm số bộ 4 số lập thành cấp số cộng với công sai $d\ge 1$: cần $a+3d\le 200$, với mỗi $d$ từ 1 đến 66 có $200-3d$ bộ. Tổng: ${\sum }_{d=1}^{66}(200-3d)=66\cdot 200-3\cdot \frac{66\cdot 67}{2}=13200-6633=6567$. Xác suất $=\frac{6567}{64684950}=\frac{1}{9850}$ (vì $6567\cdot 9850=64684950$). Vậy $m+n=1+9850=9851$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số tam giác: $C_{48}^3=17296$. Tam giác vuông: chứa một cặp đỉnh đối xứng qua tâm, có 24 đường kính, mỗi đường kính ghép với 46 đỉnh khác nên có $24\cdot 46=1104$ tam giác vuông. Tam giác tù: ba đỉnh nằm trong một nửa đường tròn mở (cung nhỏ hơn 24 cạnh), đếm theo đỉnh đầu tiên: $48\cdot C_{23}^2=48\cdot 253=12144$ tam giác tù (mỗi tam giác tù đếm đúng một lần). Vậy tam giác nhọn: $17296-1104-12144=4048$. Xác suất $=\frac{4048}{17296}=\frac{253}{1081}=\frac{11}{47}$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Số cấp số cộng 4 số hạng công sai dương d từ {1,...,200}: với mỗi d, số bộ là 200-3d, d=1..66. Tổng: Σ(200-3d)=66·200-3·(66·67/2)=13200-6633=6567. Tổng số cách chọn 4 số: C(200,4)=64.684.950. Xác suất = 6567/64684950. Phân tích 6567=3·11·199; rút gọn: 64684950/6567 = 9850, nên xác suất = 1/9850. Vậy m+n=1+9850=9851.

(AI giải đề cho tôi)
Đa giác đều 48 đỉnh nội tiếp đường tròn, tổng số cách chọn 3 đỉnh là $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{48}{3}\right)=17296$.

Gọi $g_1,g_2,g_3$ là số khoảng cách (số cung nhỏ) giữa ba đỉnh liên tiếp trên đường tròn, $g_1+g_2+g_3=48$. Góc tại một đỉnh của tam giác bằng nửa cung đối diện, tức là bằng $g_i\cdot 3,75^{\circ }$. Do đó tam giác nhọn khi và chỉ khi cả ba khoảng cách đều $<24$, tức $g_i\le 23$ với mọi $i$.

Đếm các tam giác KHÔNG nhọn (tồn tại khoảng cách $\ge 24$): khi đó ba đỉnh nằm trong một cung đóng gồm 24 bước (nửa đường tròn). Cố định đỉnh $A$ ngay sau khoảng cách lớn, hai đỉnh còn lại nằm trong 24 vị trí kế tiếp theo chiều ngược lại: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{24}{2}\right)=276$ cách. Mỗi tam giác không nhọn có đúng một khoảng cách $\ge 24$ (hai khoảng cách cùng $\ge 24$ khiến khoảng cách thứ ba $\le 0$, vô lý), nên được đếm đúng một lần.

Số tam giác không nhọn: $48\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{24}{2}\right)=48\cdot 276=13248$ (bao gồm cả tam giác vuông có cặp đỉnh đối xứng qua tâm, vì góc $90^{\circ }$ không phải nhọn).

Số tam giác nhọn: $17296-13248=4048$.

Xác suất: $P=\frac{4048}{17296}=\frac{253}{1081}=\frac{11}{47}$.

Vậy chọn đáp án D.

Tổng các phần tử của $T$: $S(T)=55$. Điều kiện: $S(B)\ge 4S(A)\iff 55-S(A)\ge 4S(A)\iff 5S(A)\le 55\iff S(A)\le 11$. Không gian mẫu: $|\Omega |=2^{10}-2=1022$ (số cách chia $T$ thành 2 tập khác rỗng).

Đếm số tập con $A$ có $S(A)\le 11$:

- $|A|=1$: $\{1\}\dots \{10\}$. Có 10 tập.
- $|A|=2$: $x+y\le 11$. Liệt kê: $(1;\mathrm{2..10})\to 9$; $(2;\mathrm{3..9})\to 7$; $(3;\mathrm{4..8})\to 5$; $(4;\mathrm{5..7})\to 3$; $(5;6)\to 1$. Tổng: 25 tập.
- $|A|=3$: $x+y+z\le 11$. $\{1,2,x\}(x:\mathrm{3..8})\to 6$; $\{1,3,x\}(x:\mathrm{4..7})\to 4$; $\{1,4,5\},\{1,4,6\}\to 2$. $\{2,3,4\},\{2,3,5\},\{2,3,6\}\to 3$; $\{2,4,5\}\to 1$. Tổng: 16 tập.
- $|A|=4$: $\{1,2,3,4\},\{1,2,3,5\}$. Có 2 tập.

Tổng thuận lợi: $10+25+16+2=53$.

$$P=\frac{53}{1022}.$$

ĐÁP SỐ: $\frac{53}{1022}$

Gọi $A$ là biến cố “Không có học sinh nào nhận được số quyển vở là một số chia hết cho 3”.

Gọi $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5$ là số quyển vở mà 5 học sinh nhận được.

Ta có: $x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=50$ và $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

Theo bài toán chia kẹo Euler, ta có $n(\Omega )=C_{49}^4$.

Đặt $x_1=3y_1+r_1$, $x_2=3y_2+r_2$, $\dots$, $x_5=3y_5+r_5$ với $y_i$ và $r_i$ lần lượt là thương và số dư của phép chia $x_i$ cho 3.

Ta có $y_i\in \mathbb{N}$, $r_i=1$ hoặc $r_i=2$ với $1\le i\le 5$.

Ta được:
$$(3y_1+r_1)+(3y_2+r_2)+\dots +(3y_5+r_5)=50$$
$$\iff 3(y_1+y_2+\dots +y_5)+(r_1+r_2+\dots +r_5)=50$$

Mà 50 chia 3 dư 2 nên $r_1+r_2+\dots +r_5$ chia 3 dư 2.

Mà $5\le r_1+r_2+\dots +r_5\le 10$ nên $r_1+r_2+\dots +r_5=5$ hoặc $r_1+r_2+\dots +r_5=8$.

Với $r_1+r_2+\dots +r_5=5$ thì $r_1=r_2=\dots =r_5=1$. Khi đó
$$3(y_1+y_2+\dots +y_5)+5=50$$
$$\iff y_1+y_2+\dots +y_5=15$$
$$\iff (y_1+1)+(y_2+1)+\dots +(y_5+1)=20$$

Suy ra có $C_{19}^4$ bộ số $(y_1,y_2,y_3,y_4,y_5)$. Suy ra có $C_{19}^4$ cách chọn.

Với $r_1+r_2+\dots +r_5=8$. Suy ra trong các số $r_1,r_2,r_3,r_4,r_5$ có 3 số bằng 2 và 2 số bằng 1. Suy ra có $C_5^3$ cách chọn.

Với mỗi bộ số $(r_1,r_2,r_3,r_4,r_5)$, ta được:
$$3(y_1+y_2+\dots +y_5)+8=50$$
$$\iff y_1+y_2+\dots +y_5=14$$
$$\iff (y_1+1)+(y_2+1)+\dots +(y_5+1)=19$$

Suy ra có $C_{18}^4$ bộ số $(y_1,y_2,y_3,y_4,y_5)$. Suy ra có $10.C_{18}^4$ cách chọn.

Vậy $n(A)=C_{19}^4+C_5^3{C}_{18}^4$.

Do đó xác suất của biến cố $A$ là:
$$P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{C_{19}^4+C_5^3{C}_{18}^4}{C_{49}^4}.$$

Chọn B
$n(\Omega )=C_{100}^3=161700$.
Gọi x, y, z là số ghi trên 3 thẻ được lấy ra thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đặt: $A_k=\left\{(x;y;z)/x,y,z\in \{1,2,...,100\},1\le x<y<z=k,(x+y)>z\right\}$.
$\Rightarrow n(A)=\left|A_1\right|+\left|A_2\right|+\left|A_3\right|+...+\left|A_{100}\right|$
Tính $A_k$ với $(4\le k\le 100)$. Dễ thấy rằng: $\left|A_1\right|=\left|A_2\right|=\left|A_3\right|=0$
TH1: k chẵn, $k=2m$ $(m\ge 2)$.
Xét $1\le x\le m$, $\Rightarrow k=2m\ge 2x\Rightarrow (k-x)\ge x$; $(x+y)>z\Rightarrow y>(k-x)\ge x\Rightarrow (k-x+1)\le y\le (z-1)$
Ta có số cách chọn y là: $(k-1)-(k-x+1)+1=(x-1)$
Xét $x>m$, $\Rightarrow (x+y)>2x>2m=z$ (thỏa mãn đk) $\Rightarrow (x+1)\le y\le (z-1)=(2m-1)$
Ta có số cách chọn y là: $(2m-1)-(x+1)+1=(2m-x+1)$
Vậy, với $k=2m$ ta có: $\left|A_k\right|={\sum }_{x=1}^m(x-1)+{\sum }_{x=m+1}^{2m-1}(2m-x-1)=(m-1{)}^2$
TH2: k lẻ, $k=(2m+1)$ $(m\ge 2)$.
Xét $1\le x\le m$, $\Rightarrow k=(2m+1)>2x\Rightarrow (k-x)>x$; $(x+y)>z\Rightarrow y>(k-x)>x\Rightarrow (k-x+1)\le y\le (z-1)$
Ta có số cách chọn y là: $(k-1)-(k-x+1)+1=(x-1)$
Xét $x>m$, ta thấy rằng: $\forall y$ sao cho $(x+1)\le y\le (z-1)$ ta có: $(x+y)\ge x+(x+1)=(2x+1)>(2m+1)=z$ (thỏa mãn đk)
Ta có số cách chọn y là: $(2m+1-1)-(x+1)+1=(2m-x)$
Vậy, với $k=(2m+1)$ ta có: $\left|A_k\right|={\sum }_{x=1}^m(x-1)+{\sum }_{x=m+1}^{2m}(2m-x)=m(m-1)$
$\Rightarrow n(A)=\left|A_1\right|+\left|A_2\right|+\left|A_3\right|+...+\left|A_{100}\right|=\left(\left|A_1\right|+\left|A_3\right|+...+\left|A_{99}\right|\right)+\left(\left|A_2\right|+\left|A_4\right|+...+\left|A_{100}\right|\right)$
$\Rightarrow n(A)={\sum }_{m=0}^{49}m(m-1)+{\sum }_{m=1}^{50}(m-1{)}^2=39200+40425=79625$
$\Rightarrow P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{79625}{161700}=\frac{65}{132}$.

Gọi $A$ là tập hợp các phần tử thuộc $S$ mà chia hết cho 5, $A$ có 5 phần tử.
$B$ là tập hợp các phần tử thuộc $S$ mà chia cho 5 dư 1 hoặc dư 4, $B$ có 11 phần tử.
$C$ là tập hợp các phần tử thuộc $S$ mà chia cho 5 dư 2 hoặc dư 3, $B$ có 10 phần tử.
Ta có nhận xét
+ Với $k\in A$ thì $k^2$ chia hết cho 5.
+ Với $k\in B$ thì $k^2$ chia cho 5 dư 1.
+ Với $k\in C$ thì $k^2$ chia cho 5 dư 4.
Số phần tử của không gian mẫu là $C_{26}^3$.
Để chọn được 3 số thỏa mãn bài toán, ta có hai trường hợp
+ Trường hợp: 3 số được chọn đều thuộc $A$, có $C_5^3$ cách chọn.
+ Trường hợp: 3 số được chọn có mỗi số thuộc mỗi tập $A,B,C$, có $C_5^1\cdot C_{11}^1\cdot C_{10}^1$ cách chọn.
Suy ra số phần tử của biến cố là $C_5^3+C_5^1\cdot C_{11}^1\cdot C_{10}^1$.
Xác suất của biến cố là $\frac{C_5^3+C_5^1\cdot C_{10}^1\cdot C_{11}^1}{C_{26}^3}=\frac{14}{65}=\frac{m}{n}$. Suy ra $m+n=79$.

(AI giải đề cho tôi)
Góc nội tiếp bằng $120°$ khi và chỉ khi cung không chứa đỉnh đó có số đo $240°$, tức hai đỉnh còn lại cách nhau 12 cạnh (cung nhỏ $120°$, cung lớn $240°$). Số cặp đỉnh cách nhau 12 cạnh: 36 cặp. Mỗi cặp này có 11 đỉnh nằm trên cung nhỏ $120°$, mỗi đỉnh đó làm đỉnh của góc $120°$. Vậy số tam giác thỏa mãn: $36\times 11=396$. Tổng số cách chọn 3 đỉnh: $C_{36}^3=7140$. Do đó $P=\frac{396}{7140}=\frac{33}{595}$, suy ra $595P=33$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số tam giác: $|X|=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{20}{3}\right)=1140$.

Tam giác ba cạnh xanh: cả ba cạnh phải là cạnh của đa giác, tức ba đỉnh đôi một kề nhau trên chu trình 20 đỉnh. Điều này không thể xảy ra vì với ba đỉnh $A_i,A_{i+1},A_{i+2}$ thì $A_i{A}_{i+2}$ là đường chéo (màu đỏ) do $n=20>3$. Vậy số tam giác ba cạnh xanh bằng 0. (Lưu ý: 20 tam giác tạo bởi ba đỉnh liên tiếp có đúng 2 cạnh xanh và 1 cạnh đỏ, nên không được tính.)

Tam giác ba cạnh đỏ: ba đỉnh đôi một không kề nhau. Số cách chọn 3 đỉnh đôi một không kề nhau trên đường tròn 20 đỉnh là $\frac{20}{20-3}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{17}{3}\right)=\frac{20}{17}\cdot 680=800$.

Vậy $P=\frac{800}{1140}=\frac{40}{57}$, $\gcd (40,57)=1$, nên $a+b=40+57=97$, khớp đáp án nguồn (mã 202, câu 19 = 97). Nhận xét: cách tính trong báo cáo lỗi trước đây đã đếm nhầm 20 tam giác 'ba đỉnh liên tiếp' là tam giác ba cạnh xanh; thực ra chúng có một cạnh là đường chéo màu đỏ nên không thuộc trường hợp thuận.

(AI giải đề cho tôi)
Số bình phương mod 4: thẻ chẵn góp 0, thẻ lẻ góp 1. Tổng 5 bình phương chia hết cho 4 ⟺ số thẻ lẻ trong 5 thẻ bốc từ hộp II bằng 0 hoặc 4.

a) Nếu bốc 5 thẻ chẵn thì 0 thẻ lẻ, tổng bình phương ≡ 0 (mod 4) → trúng thưởng. Đúng.

b) P(2 thẻ lẻ từ hộp I) = C(5,2)/C(10,2) = 2/9. Khi đó hộp II có 10 lẻ, 9 chẵn (17 thẻ). P(trúng) = [C(9,5) + C(10,4)·C(9,1)]/C(17,5) = (126 + 1890)/6188 = 2016/6188 ≈ 0,3258. Xác suất cần tìm = (2/9)·0,3258 ≈ 0,0724 ≈ 0,07 ≠ 0,08. Sai.

c) Gọi k là số thẻ lẻ chuyển sang hộp II. P(k=0)=P(k=2)=10/45, P(k=1)=25/45. Hộp II khi đó có 8+k lẻ, 9−k chẵn:
- k=0: [C(9,5)+C(8,4)·9]/C(17,5) = 756/6188.
- k=1: [C(8,5)+C(9,4)·8]/C(17,5) = 1064/6188.
- k=2: [C(7,5)+C(10,4)·7]/C(17,5) = 1491/6188.
P(trúng) = (10·756 + 25·1064 + 10·1491)/(45·6188) = 49070/278460 ≈ 0,1762 ≈ 0,18. Đúng.

d) Tổng hai thẻ từ hộp I chẵn ⟺ k chẵn (k=0 hoặc 2). P(k chẵn và trúng) = (10·756 + 10·1491)/278460 = 22470/278460 ≈ 0,0807. Xác suất có điều kiện = 0,0807/0,1762 ≈ 0,4579 ≈ 0,46 ≠ 0,43. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
5 thẻ chẵn → 0 thẻ lẻ → tổng bình phương ≡ 0 (mod 4), chia hết cho 4 nên trúng thưởng.
b) (AI giải đề cho tôi)
P = (2/9)·(2016/6188) ≈ 0,0724 ≈ 0,07, không phải 0,08.
c) (AI giải đề cho tôi)
P(trúng) = 49070/278460 ≈ 0,1762 ≈ 0,18.
d) (AI giải đề cho tôi)
P(k chẵn | trúng) = 22470/49070 ≈ 0,4579 ≈ 0,46, không phải 0,43.

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: chọn 8 trong 16 cuốn, $|\Omega |=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{16}{8}\right)=12870$.
Gọi $A$ là biến cố 'mỗi loại sách còn ít nhất một cuốn sau khi tặng'. Tính biến cố đối $\bar{A}$: có ít nhất một loại bị tặng hết.
- Hết sách toán: chọn 8 cuốn từ 5 lý + 3 anh: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{8}\right)=1$.
- Hết sách lý: chọn 8 từ 8 toán + 3 anh: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{11}{8}\right)=165$.
- Hết sách anh: chọn 8 từ 8 toán + 5 lý: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{13}{8}\right)=1287$.
Giao hai biến cố: hết toán và lý (chỉ còn 3 anh, không đủ 8) = 0; hết toán và anh (chỉ còn 5 lý) = 0; hết lý và anh (chọn cả 8 toán) $=1$; giao ba biến cố = 0.
Vậy $|\bar{A}|=1+165+1287-1=1452$.
$P(A)=1-\frac{1452}{12870}=\frac{11418}{12870}=\frac{1903}{2145}=\frac{173}{195}$.
Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $n_{TL},n_{TH},n_{LH}$ lần lượt là số học sinh nhận cặp (Toán, Lý), (Toán, Hóa), (Lý, Hóa). Vì mỗi học sinh nhận đúng 2 sách khác môn và tổng số sách mỗi môn phải dùng hết nên:
$$n_{TL}+n_{TH}=5,n_{TL}+n_{LH}=7,n_{TH}+n_{LH}=8,n_{TL}+n_{TH}+n_{LH}=10.$$
Giải được $n_{TL}=2,n_{TH}=3,n_{LH}=5$. Vậy trong mọi cách chia hợp lệ, cấu trúc này là cố định; số cách chia là $\frac{10!}{2!3!5!}=2520$ (sách cùng môn giống nhau), mỗi cách chia được coi là đồng khả năng.

Xét biến cố $A$: 'Hưng và Thành nhận 2 cuốn sách cùng cặp môn'.
- Xác suất Hưng nhận cặp TL là $\frac{2}{10}$; khi đó còn $n_{TL}=1$ trong 9 học sinh còn lại nên Thành nhận TL với xác suất $\frac{1}{9}$.
- Hưng nhận TH: $\frac{3}{10}$; còn $n_{TH}=2$ nên Thành nhận TH với xác suất $\frac{2}{9}$.
- Hưng nhận LH: $\frac{5}{10}$; còn $n_{LH}=4$ nên Thành nhận LH với xác suất $\frac{4}{9}$.

Do đó:
$$P(A)=\frac{2}{10}\cdot \frac{1}{9}+\frac{3}{10}\cdot \frac{2}{9}+\frac{5}{10}\cdot \frac{4}{9}=\frac{1}{45}+\frac{1}{15}+\frac{2}{9}=\frac{14}{45}\approx 0,3111.$$
Làm tròn đến hàng phần trăm: $0,31$.

Đặt $t=\left|x^3-3x+2\right|$;

$t^{\prime }=\frac{\left(x^3-3x+2\right)\left(3x^2-3\right)}{\left|x^3-3x+2\right|}$;

$t^{\prime }=0\iff x=-1$ và $t^{\prime }$ không xác định tại $x=-2;x=1$;

Bảng biến thiên:



Hàm số có dạng $f(t)=\frac{t+2026}{t+2025};t\ge 0$; $f^{\prime }(t)=\frac{-1}{(t+2025{)}^2}<0,\forall t\ge 0$.

Để hàm $f(x)$ đồng biến thì $t$ phải nghịch biến $\Rightarrow x\in (-\infty ;-2)$ hoặc $(-1;1)$.

Gọi $A$ là biến cố "Chọn ngẫu nhiên hai số $a,b\in S$ với $a<b$ để hàm số $f(x)$ đồng biến trên khoảng $(a;b)$"

TH1. Chọn $a,b$ thỏa mãn $-29\le a<b\le -2$ có $C_{28}^2$ cách

TH2. Chọn $a,b$ thỏa mãn $-1\le a<b\le 1$ có $C_3^2$ cách

$\Rightarrow n(A)=C_{28}^2+C_3^2$, $n(\Omega )=C_{59}^2$.

Vậy $P(A)=\frac{C_{28}^2+C_3^2}{C_{59}^2}=\frac{381}{1711}$.

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). $\Rightarrow n(A)=1440+2880=4320\Rightarrow P(A)=\frac{4320}{10!}=\frac{1}{840}$.

Đáp án: 0,66. Xét hai trường hợp. Trường hợp 1: Hoa chọn được số 9. Trong trường hợp này số của Hoa chắc chắn lớn hơn số của Bình. Xác suất Hoa chọn được số 9 là $\frac{C_8^2}{C_9^3}=\frac{1}{3}$. Trường hợp 2: Hoa không chọn được số 9. Xác suất để Hoa không chọn được số 9 là $\frac{C_8^3}{C_9^3}=\frac{2}{3}$. Trong trường hợp này Hoa chọn số cùng tập với Bình nên xác suất Hoa chọn được số lớn hơn cũng bằng xác suất Bình chọn được số lớn hơn. Ta tính xác suất để 2 bạn chọn được cùng số: Số cách chọn của hai bạn là: $C_8^3.C_8^3$. Số cách để Hoa chọn được ba số bất kỳ là $C_8^3$; Ứng với mỗi cách chọn của Hoa thì Bình chỉ có một cách chọn để giống Hoa nên số cách hai người chọn được số giống nhau là $C_8^3$. Vậy, xác suất để 2 bạn chọn được cùng số là $\frac{C_8^3}{C_8^3.C_8^3}=\frac{3!}{\mathrm{8.7.6}}=\frac{1}{56}$ nên xác suất để Hoa chọn được số lớn hơn là: $\frac{1-\frac{1}{56}}{2}=\frac{55}{112}$. Do đó xác suất trong trường hợp này là $\frac{2}{3}.\frac{55}{112}=\frac{55}{168}$. Vậy, xác suất cần tìm là $\frac{1}{3}+\frac{55}{168}=\frac{37}{56}$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 3 (4,00 điểm).

**1) Xác suất tam giác vuông trong đa giác đều 8 cạnh.**
Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh trong 8 đỉnh: $n(\Omega )=C_8^3=56$.
Vì 8 đỉnh cùng thuộc đường tròn ngoại tiếp, tam giác vuông khi và chỉ khi có một cạnh là đường kính của đường tròn ngoại tiếp (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn bằng $90^{\circ }$).
Đa giác đều 8 cạnh có 4 cặp đỉnh đối xứng qua tâm, tức 4 đường kính; mỗi đường kính kết hợp với 1 trong 6 đỉnh còn lại cho đúng một tam giác vuông.
Số kết quả thuận lợi: $4\times 6=24$.
Vậy $P=\frac{24}{56}=\frac{3}{7}$.

**2) Thể tích và khoảng cách.**
Gọi $H$ là trung điểm $AB$ thì $CH\perp AB$, $BH=a$. Chọn hệ trục: $A(-a;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(0;h;0)$ với $h=CH$; trục $Oz$ trên $C{C}^{\prime }$. Vì lăng trụ đứng, $C{C}^{\prime }=A{A}^{\prime }=a$: $C^{\prime }(0;h;a)$, $N(-a;0;\frac{a}{2})$, $M(a;0;\frac{a}{2})$.

*Tìm $h$:* Mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ là $y=0$; hình chiếu của $C^{\prime }$ lên mặt này là $H^{\prime }(0;0;a)$, với $B{H}^{\prime }=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$. Góc giữa $B{C}^{\prime }$ và $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ là $\widehat{C^{\prime }B{H}^{\prime }}=60^{\circ }$:
$$\tan 60^{\circ }=\frac{C^{\prime }{H}^{\prime }}{B{H}^{\prime }}=\frac{h}{a\sqrt{2}}\Rightarrow h=a\sqrt{6}.$$
Kiểm tra: $B{C}^{\prime }=\sqrt{h^2+2a^2}=2a\sqrt{2}$, $\sin \theta =\frac{a\sqrt{6}}{2a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, đúng $60^{\circ }$.

*Thể tích:* $S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot 2a\cdot a\sqrt{6}=a^2\sqrt{6}$, nên $V=a^2\sqrt{6}\cdot a=a^3\sqrt{6}$.

*Khoảng cách từ $M$ đến $(B{C}^{\prime }N)$:*
$\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=(-a;a\sqrt{6};a)$, $\overrightarrow{BN}=(-2a;0;\frac{a}{2})$.
$$\vec{n}=\overrightarrow{B{C}^{\prime }}\times \overrightarrow{BN}=\left(\frac{a^2\sqrt{6}}{2};-\frac{3a^2}{2};2a^2\sqrt{6}\right).$$
$$|\vec{n}{|}^2=a^4\left(\frac{6}{4}+\frac{9}{4}+24\right)=\frac{111a^4}{4}\Rightarrow |\vec{n}|=\frac{a^2\sqrt{111}}{2}.$$
Với $\overrightarrow{BM}=(0;0;\frac{a}{2})$:
$$d(M,(B{C}^{\prime }N))=\frac{|\vec{n}\cdot \overrightarrow{BM}|}{|\vec{n}|}=\frac{a^3\sqrt{6}}{\frac{a^2\sqrt{111}}{2}}=\frac{2a\sqrt{6}}{\sqrt{111}}=\frac{2a\sqrt{74}}{37}.$$

**Kết luận:** 1) $P=\frac{3}{7}$; 2) $V=a^3\sqrt{6}$ và $d(M,(B{C}^{\prime }N))=\frac{2a\sqrt{74}}{37}$. Lưu ý: phép tính chuẩn hóa vector pháp tuyến đã được kiểm tra lại: ${\left(\frac{\sqrt{6}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{3}{2}\right)}^2+(2\sqrt{6}{)}^2=\frac{111}{4}$, do đó khoảng cách đúng là $\frac{2a\sqrt{74}}{37}$.

Ta có $n(\Omega )=A_{30}^9$. (0,25 điểm)

Gọi $A$ là biến cố cần tính xác suất. Tính $n(A)$:

Vì các số điền vào 9 ô là ước của 120 nên các số phải lấy từ tập $\{1;2;3;4;5;6;8;10;12;15;20;24;30\}$.

Theo giả thiết ta có: $$\{\begin{array}{ll}{a}^2+bc=d^2+ef=k^2-mn=q^2& (1)\\ abc=def=kmn=adk=bem=cfn=120& (2)\end{array}$$

Từ (1) và (2) ta có $a^2+\frac{120}{a}=d^2+\frac{120}{d}\Rightarrow a^2-d^2=\frac{120(a-d)}{ad}\Rightarrow (a+d)ad=120$ (3) (do $a\ne d$). (0,25 điểm)

TH1. Xét $a<d$ thì $120>2a^3\Rightarrow a<4$.

Nếu $a=1$ thì $(1+d)d=120$ không có $d$ thỏa mãn.

Nếu $a=2$ thì $(2+d)d=60$ không có $d$ thỏa mãn.

Nếu $a=3$ thì $(3+d)d=40\Rightarrow d=5$, $k=\frac{120}{ad}=8$, $mn=\frac{120}{k}=15=1.15$.

Xét $m=1$, $n=15\Rightarrow cf=8=2.4\Rightarrow \{\begin{array}{l}c=2,f=4\Rightarrow b=20,e=6\\ c=4,f=2\Rightarrow b=10,e=12\end{array}$

Xét $m=15$, $n=1\Rightarrow be=8=2.4\Rightarrow \{\begin{array}{l}b=2,e=4\Rightarrow c=20,f=6\\ b=4,e=2\Rightarrow c=10,f=12\end{array}$

Như vậy trong trường hợp 1 có 4 bảng thỏa mãn. (0,5 điểm)

TH2. Xét $a>d$ thì ta chỉ cần đổi cột thứ nhất và cột thứ hai (tính từ trái sang phải) của bốn bảng trong trường hợp 1, ta sẽ có thêm 4 bảng nữa.

Vậy $n(A)=8$. (0,25 điểm)

Xác suất cần tìm $p(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{8}{A_{30}^9}$. (0,25 điểm)

Lưu ý: Nếu thí sinh giải đúng theo cách khác vẫn cho điểm tối đa.