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

(AI giải đề cho tôi)
Gọi hai số được chọn là $a,b$. Ta có $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$ chia hết cho 3 khi và chỉ khi $a^2\equiv b^2(\mathrm{mod}3)$. Vì bình phương một số modulo 3 chỉ bằng $0$ (khi số chia hết cho 3) hoặc $1$ (khi số không chia hết cho 3), nên điều kiện tương đương với: hoặc cả $a,b$ đều chia hết cho 3, hoặc cả hai đều không chia hết cho 3.

Trong các số từ 1 đến 50: số chia hết cho 3 có $16$ số; số không chia hết cho 3 có $34$ số.

Tổng số cách chọn 2 thẻ: $C_{50}^2=1225$.

Số cách chọn thuận lợi: $C_{16}^2+C_{34}^2=120+561=681$.

Vậy xác suất cần tìm là $P=\frac{681}{1225}$, trùng với đáp án D (khớp mã đề 102, câu 5 trong bảng đáp án).

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số cách chọn 3 đỉnh từ 12 đỉnh là $C_{12}^3=220$. Đếm số tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác: gọi $a,b,c$ là số khoảng cách (cạnh nhỏ) giữa ba đỉnh được chọn theo thứ tự trên đường tròn, khi đó $a+b+c=12$ và tam giác không có cạnh của đa giác khi và chỉ khi $a,b,c\ge 2$. Đặt $a^{\prime }=a-1,b^{\prime }=b-1,c^{\prime }=c-1$ thì $a^{\prime }+b^{\prime }+c^{\prime }=9$ với $a^{\prime },b^{\prime },c^{\prime }\ge 1$, số nghiệm là $C_8^2=28$. Mỗi tam giác được đếm với 3 điểm xuất phát trên 12 vị trí, nên số tam giác thỏa mãn là $\frac{28\times 12}{3}=112$ (kiểm tra bằng công thức $\frac{12}{12-3}{C}_9^3=112$). Vậy xác suất cần tìm là $\frac{112}{220}=\frac{28}{55}$. Khớp với đáp án nguồn (đề 101, câu 11: C).

(AI giải đề cho tôi)
Phân loại 32 số từ 1 đến 32 theo số mũ của 2 trong phân tích nguyên tố: lẻ ($v_2=0$): 16 số; chia hết cho 2 nhưng không cho 4 ($v_2=1$): 8 số (2,6,...,30); chia hết cho 4 nhưng không cho 8 ($v_2=2$): 4 số (4,12,20,28); chia hết cho 8 nhưng không cho 16 ($v_2=3$): 2 số (8,24); chia hết cho 16 ($v_2\ge 4$): 2 số (16,32). Tổng $32^3=32768$ kết quả (có thứ tự). Tích chia hết cho 4 nhưng không chia hết cho 16 khi tổng số mũ của 2 bằng 2 hoặc 3:
- $(2,0,0)$: $3\cdot 4\cdot 16\cdot 16=3072$
- $(1,1,0)$: $3\cdot 8\cdot 8\cdot 16=3072$
- $(3,0,0)$: $3\cdot 2\cdot 16\cdot 16=1536$
- $(2,1,0)$: $6\cdot 4\cdot 8\cdot 16=3072$
- $(1,1,1)$: $8\cdot 8\cdot 8=512$
Tổng số trường hợp thuận lợi: $3072+3072+1536+3072+512=11264$. Xác suất $P=\frac{11264}{32768}=0,34375\approx 0,34$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số tam giác: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{18}{3}\right)=816$. Đếm tam giác cân: với mỗi đỉnh làm đỉnh apex, có 8 cặp đỉnh đối xứng qua đường kính đi qua apex, nên $18\times 8=144$ tam giác có ít nhất hai cạnh bên bằng nhau. Tam giác đều (cách đều 6 đỉnh) có $18/3=6$ tam giác, mỗi tam giác đều bị đếm 3 lần trong 144, nên số tam giác cân (tính đều một lần) là $144-2\times 6=132$. Số tam giác cân nhưng không đều: $132-6=126$. Vậy $P(A)=\frac{126}{816}\approx 0,1544\approx 0,15$, khớp đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: $n(\Omega )=C_{50}^2=1225$. Trong các số từ 1 đến 50 có 16 số chia hết cho 3 (3, 6, ..., 48) và 34 số không chia hết cho 3. Ta có $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$ chia hết cho 3 khi và chỉ khi $a\equiv b(\mathrm{mod}3)$ (vì nếu $a,b$ khác dư modulo 3 thì $a^2\equiv b^2\equiv 1$ hoặc một trong hai bằng 0, kiểm tra: $a^2\equiv b^2(\mathrm{mod}3)⟺a\equiv b(\mathrm{mod}3)$ do bình phương modulo 3 chỉ là 0 hoặc 1). Vậy hai thẻ phải cùng dư modulo 3: hoặc cùng chia hết cho 3, hoặc cùng không chia hết cho 3. Số cách chọn: $C_{16}^2+C_{34}^2=120+561=681$. Xác suất cần tìm: $P=\frac{681}{1225}$. Kết quả trùng với đáp án C trong đề và với bảng đáp án mã đề 101, câu 5.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi A là biến cố 'phải bắt ít nhất 5 lần'. Trường hợp dừng lại sau 3 lần: bắt được cả 3 thỏ trắng ngay, xác suất $P(3)=\frac{1}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{3}\right)}=\frac{1}{35}$. Trường hợp dừng sau 4 lần: lần thứ 4 là thỏ trắng và trong 3 lần đầu có đúng 2 trắng 1 xám: $P(4)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{1}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{3}\right)}\cdot \frac{1}{4}=\frac{12}{35}\cdot \frac{1}{4}=\frac{3}{35}$. Vậy $P(A)=1-\frac{1}{35}-\frac{3}{35}=\frac{31}{35}$. Khớp với đáp án nguồn C.

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu là các cặp có thứ tự (thẻ lần 1, thẻ lần 2) lấy không hoàn lại từ 4 thẻ ghi $1,2,3,4$, nên có $4\cdot 3=12$ kết quả. Biến cố $A$: thẻ lần thứ nhất ghi số $1$. Khi đó thẻ lần hai có thể là $2$, $3$ hoặc $4$ ($3$ khả năng), nên các kết quả thuận lợi là $(1;2),(1;3),(1;4)$: có $3$ kết quả. Vậy chọn $C$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số tam giác: $C_{18}^3=816$. Đếm tam giác cân: chọn đỉnh đỉnh (apex) và hai đỉnh cách đều nó $k$ bước ($k=1,\dots ,8$; $k=9$ cho hai đỉnh trùng nhau nên loại), mỗi đỉnh cho 8 tam giác cân, tổng $18\times 8=144$ lượt đếm. Tam giác đều (cạnh cách 6 bước) có $18/3=6$ tam giác, mỗi tam giác bị đếm 3 lần (mỗi đỉnh đều làm đỉnh cân), nên số tam giác cân thực sự là $144-2\cdot 6=132$. Số tam giác cân nhưng không đều: $132-6=126$. Xác suất $=\frac{126}{816}=\frac{21}{136}$.

(AI giải đề cho tôi)
Bộ 4 số đôi một khác nhau lập thành cấp số nhân công bội nguyên dương q≥2 có dạng (a; aq; aq²; aq³) với aq³≤100. Với q=2: a≤100/8=12.5, có 12 giá trị a. Với q=3: a≤100/27≈3.7, có 3 giá trị. Với q=4: a≤100/64≈1.56, có 1 giá trị. Với q≥5: q³≥125>100 nên không có. Tổng số bộ thuận lợi: 12+3+1=16. Không gian mẫu là C(100,4) vì chọn ngẫu nhiên 4 số. Vậy xác suất = 16/C(100,4), chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: $C_{11}^4=330$ cách chọn 4 viên bi từ 11 viên bi. Chọn đúng 2 viên bi đỏ (từ 5 viên đỏ) và 2 viên bi vàng (từ 6 viên vàng): số cách là $C_5^2\cdot C_6^2=10\cdot 15=150$. Xác suất $P=\frac{150}{330}=\frac{5}{11}$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn ngẫu nhiên 3 thẻ từ 20 thẻ nên n(Ω)=C(20,3)=1140, ý a đúng. A (ba thẻ đều chẵn) và B (đúng một thẻ chẵn) không thể đồng thời xảy ra nên chúng xung khắc, ý b sai. P(B)=C(10,1)·C(10,2)/C(20,3)=10·45/1140=450/1140=15/38≈0,3947≠1/3, ý c sai. Biến cố C 'tích ba số chẵn' xảy ra khi không chọn cả ba thẻ lẻ: P(C)=1−C(10,3)/C(20,3)=1−120/1140=1020/1140=17/19, ý d đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Chọn 3 thẻ từ 20 thẻ bất kỳ, mỗi cách chọn là một phần tử của không gian mẫu nên n(Ω)=C(20,3)=1140.
b) (AI giải đề cho tôi)
A yêu cầu cả ba thẻ chẵn, B yêu cầu đúng một thẻ chẵn; hai biến cố không thể cùng xảy ra nên A và B xung khắc.
c) (AI giải đề cho tôi)
P(B)=C(10,1)·C(10,2)/C(20,3)=450/1140=15/38≈0,3947, khác 1/3.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tích ba số chẵn khi và chỉ khi không chọn được cả ba thẻ lẻ. P(C)=1−C(10,3)/C(20,3)=1−120/1140=17/19.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $k$ là số học sinh được chọn từ 11 học sinh (trong đó 2 học sinh lớp 11A1). Xác suất không có học sinh lớp 11A1 nào được chọn là $P_0=\frac{C_9^k}{C_{11}^k}=\frac{(11-k)(10-k)}{11\cdot 10}=\frac{(11-k)(10-k)}{110}$.

Yêu cầu: $P$(có ít nhất một học sinh 11A1) $>\frac{52}{55}$, tức $1-P_0>\frac{52}{55}\iff P_0<\frac{3}{55}$.

Suy ra $\frac{(11-k)(10-k)}{110}<\frac{3}{55}\iff (11-k)(10-k)<6$.

Thử: với $k=8$: $(3)(2)=6$, không thỏa (xác suất đúng bằng $\frac{52}{55}$, không lớn hơn). Với $k=9$: $(2)(1)=2<6$, thỏa mãn.

Vậy thầy cần chọn ít nhất $9$ học sinh (khớp đáp án nguồn).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $k$ là số học sinh được chọn. Xác suất không có học sinh lớp 11A1 nào là $\frac{C_9^k}{C_{11}^k}$. Yêu cầu: $1-\frac{C_9^k}{C_{11}^k}>\frac{52}{55}$, tức $\frac{C_9^k}{C_{11}^k}<\frac{3}{55}$. Với $k=8$: $\frac{C_9^8}{C_{11}^8}=\frac{9}{165}=\frac{3}{55}$ (không thỏa, vì chỉ bằng). Với $k=9$: $\frac{C_9^9}{C_{11}^9}=\frac{1}{55}<\frac{3}{55}$ (thỏa). Vậy cần chọn ít nhất 9 học sinh.

(AI giải đề cho tôi)
Bốn ô A, B (trên) và C, D (dưới) tạo thành chu trình 4 đỉnh với các cặp kề chung cạnh: A-B, A-C, B-D, C-D. Tổng số cách tô: $5^4=625$. Đếm số cách tô để các ô kề nhau khác màu: chọn màu A (5 cách), màu B khác A (4 cách). Với mỗi cặp (A,B): nếu C = A (1 cách) thì D chỉ cần khác A và khác B... D khác A (vì D kề C=A) và khác B (D kề B): 3 cách; nếu C khác A và khác B (3 cách) thì D khác C và khác B: 3 cách. Vậy số cách (C,D): $1\cdot 3+3\cdot 3=12$, tổng $5\cdot 4\cdot 12=240$? Cần kiểm tra lại: khi C = A thì D kề C (khác A) và kề B (khác B) nên D có 3 cách; khi C khác A,B thì D khác C và khác B nên có 3 cách. Tổng $5\cdot 4\cdot (1\cdot 3+3\cdot 3)=5\cdot 4\cdot 12=240$. Kiểm tra bằng công thức chu trình $C_4$ với $k=5$: $(k-1{)}^4+(k-1)=4^4+4=260$. Đếm lại trực tiếp: A: 5, B: 4. Trường hợp C = A: D kề B và kề C=A, nên D khác A và khác B: $5-2=3$ cách. Trường hợp C khác A và khác B: 3 cách, D khác C và khác B: 3 cách. Vậy $5\cdot 4\cdot (3+9)=240$. Mâu thuẫn với công thức? Công thức chu trình: $(k-1{)}^n+(-1{)}^n(k-1)=4^4+4=260$. Đếm lại: với C=A, D phải khác A (kề C) và khác B (kề B): 3 cách — đúng. Với C khác A,B: D khác C, khác B: 3 cách — đúng. Tổng (C,D) = 12, tổng 240. Kiểm tra công thức bằng cách khác: số tô màu $C_4$ với $k$ màu là $k(k-1)(k^2-3k+3)=5\cdot 4\cdot 13=260$. Sai sót ở đâu: khi C = A, D kề B và kề C=A, D chỉ cần khác A và khác B: 3 cách — nhưng D cũng có thể bằng... không, D khác A và khác B là đủ. Khi C khác A và B: D khác C và khác B: 3 cách. Vậy $1\cdot 3+3\cdot 3=12$? Nhưng công thức cho 13. Xét lại: khi C = A, D cần khác A và khác B: $5-2=3$. Khi C khác A, B: D cần khác C và khác B: $5-2=3$. Hmm, nhưng nếu D = A thì sao? D kề C và kề B, không kề A, nên D = A được phép khi C khác A: D chỉ cần khác C và khác B, tức 3 cách gồm cả A. Vậy tổng $5\cdot 4\cdot 12=240$? Đếm lại trường hợp C=A: D khác A và khác B: 3 cách. Tổng 12. Nhưng công thức chuẩn $k(k-1)(k^2-3k+3)=5\cdot 4\cdot 13=260$ là đã biết. Lỗi: khi C = A, D cần khác C (=A) và khác B: 3 cách — đúng. Khi C khác A và B (3 lựa chọn), D khác C và khác B: 3 cách. Vậy 12? Kiểm tra $k=3$: công thức $3\cdot 2\cdot 3=18$. Đếm: A:3,B:2; C=A: D khác A,B: 1; C khác A,B: 0 lựa chọn... với k=3, C khác A và B: 1 lựa chọn (màu thứ 3), D khác C và B: 1. Tổng $3\cdot 2\cdot (1+1)=12\ne 18$. Vậy đếm theo kiểu này thiếu: à, khi C = A, D cần khác A và khác B — nhưng D không kề A! D chỉ kề B và C. Khi C = A, D khác C=A và khác B: 3 cách với k=5. Đúng. Vậy với k=3: C=A: D khác A,B: 1 cách; C = màu thứ 3: D khác C và B: 1 cách. Tổng $3\cdot 2\cdot 2=12$. Nhưng liệt kê trực tiếp k=3 chu trình A-B-D-C-A: số tô = $(3-1{)}^4+(3-1)=18$. Đếm trực tiếp k=3: các chu trình 4 đỉnh cần xen kẽ 2 màu: A=x, B=y≠x, D=z≠y, C≠z và C≠x. Nếu z=x: C≠x: 2 cách. Nếu z=màu thứ 3: C≠z, C≠x: 1 cách. Vậy với mỗi (x,y): $2+1=3$, tổng $3\cdot 2\cdot 3=18$. Lỗi trước: khi C=A (tức z=x, C... ở đây vai trò khác). Áp dụng đúng cho bài toán với k=5: A:5, B:4. D kề B: D≠B. C kề A và kề D. Đếm theo (B,D) thay vì (A,B): B≠A, D≠B. Nếu D=A: C khác A (kề A) và kề D=A: C≠A: 4 cách. Nếu D≠A, D≠B (3 cách): C khác A và khác D: 3 cách. Vậy số cách (D,C): $1\cdot 4+3\cdot 3=13$, tổng $5\cdot 4\cdot 13=260$. Xác suất $P=\frac{260}{625}=0,416\approx 0,42$, tức $42\%$.

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: chọn 3 từ 10 bạn, $n(\Omega )=C_{10}^3=120$. Biến cố 'cả 3 đều nữ': $n(A)=C_4^3=4$. Vậy $P(A)=\frac{4}{120}=\frac{1}{30}$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Từ M kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) và góc AMB ≥ 60°. Ta có sin(∠AMB/2) = R/OM = 1/OM, nên ∠AMB ≥ 60° ⟺ 1/OM ≥ sin30° = 1/2 ⟺ OM ≤ 2. Đồng thời để kẻ được 2 tiếp tuyến phân biệt cần OM > 1. Vậy T là các điểm nguyên 1 < x²+y² ≤ 4. Các điểm nguyên với x²+y² ≤ 4: (0,0), (±1,0), (0,±1), (±1,±1), (±2,0), (0,±2) — tổng 13 điểm. Loại 5 điểm có OM ≤ 1 (tâm O và 4 điểm trên đường tròn), còn lại T = {(±1,±1), (±2,0), (0,±2)} gồm 8 điểm. Số cách chọn 2 điểm: C(8,2) = 28. Cặp điểm có đường thẳng song song Ox (cùng tung độ): y = 1: (−1,1),(1,1) → 1 cặp; y = −1: 1 cặp; y = 0: (−2,0),(2,0) → 1 cặp. Tổng 3 cặp. Xác suất = 3/28 = 1/a ⟹ a = 28/3 ⟹ a² = 784/9.

$|\Omega |=A_{11}^5=55440$. Biến cố $Y$: " $O=13$ và $A+O+C=B+O+D$ " $\iff O=13$ và $A+C=B+D$. Cố định $O=13$. Khi đó $A,B,C,D$ là 4 số phân biệt lấy từ $S=X\setminus \{13\}=\{2,4,6,8,10,12,14,16,18,20\}$. Chia cả 4 số cho 2, đặt $T=\{1,2,\dots ,10\}$. Ta có $x+z=y+w$ với $x,y,z,w$ là 4 số phân biệt trong $T$ (ứng với $A,B,C,D$). Gọi $k_s$ là số cặp không thứ tự $\{i;j\}\subset T$ sao cho $i+j=s$. Với $T=\{1,2,\dots ,10\}$, ta có các $k_s$ $(s=\overline{3;19})$: 1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5, 4, 4, 3, 3, 2, 2, 1, 1. Với mỗi tổng $s$, số cách chọn có thứ tự hai cặp khác nhau cùng tổng $s$ là $k_s(k_s-1)$. Mỗi cách như vậy gán vào $(A,C)$ và $(B,D)$, đồng thời đổi chỗ trong từng cặp có $2.2=4$ cách. $\Rightarrow n(Y)=4{\sum }_s{k}_s(k_s-1)=400\Rightarrow P(Y)=\frac{400}{55440}=\frac{5}{693}.\Rightarrow a+b=698$.

(Đáp án chính thức - Mã đề 522, Trang 9/9)
$|\Omega |=A_{11}^5=55440$.

Biến cố $Y$: "$O=13$ và $A+O+C=B+O+D$" $\iff O=13$ và $A+C=B+D$.

Cố định $O=13$. Khi đó $A,B,C,D$ là 4 số phân biệt lấy từ $S=X\setminus \{13\}=\{2,4,6,8,10,12,14,16,18,20\}$. Chia cả 4 số cho 2, đặt $T=\{1,2,\dots ,10\}$.

Ta có $x+z=y+w$ với $x,y,z,w$ là 4 số phân biệt trong $T$ (ứng với $A,B,C,D$).

Gọi $k_s$ là số cặp không thứ tự $\{i;j\}\subset T$ sao cho $i+j=s$.

Với $T=\{1,2,\dots ,10\}$, ta có các $k_s$ ($s=\overline{3;19}$): $1,1,2,2,3,3,4,4,5,4,4,3,3,2,2,1,1$.

Với mỗi tổng $s$, số cách chọn có thứ tự hai cặp khác nhau cùng tổng $s$ là $k_s(k_s-1)$.

Mỗi cách như vậy gán vào $(A,C)$ và $(B,D)$, đồng thời đổi chỗ trong từng cặp có $2\cdot 2=4$ cách.

$$n(Y)=4\sum _s{k}_s(k_s-1)=400\Rightarrow P(Y)=\frac{400}{55440}=\frac{5}{693}$$

Vậy $a+b=5+693=698$.

Cho $k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ và $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5\in \mathbb{N}$, thỏa mãn $x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=k$ (1)

Ta có kết quả sau:
+ Số bộ $(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)$ thỏa mãn (1) là $C_{k+4}^4$ (2)
+ Với $k\ge 5$ và $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5\ge 1$, số bộ $(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)$ thỏa mãn (1) là $C_{k-1}^4$ (3)

Gọi số vở 5 học sinh nhận được lần lượt là $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5$, với $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5\in \mathbb{N}$ và $x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=40$, để học sinh nào cũng được tặng vở thì $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5\ge 1$.

Theo (3) xác định được số phần tử của không gian mẫu là $|\Omega |=C_{39}^4$. (0,25 điểm)

Vì $x_i/⋮3$ nên viết lại $x_i=3q_i+r_i$ với $q_i\in \mathbb{N},r_i\in \{1;2\}$, $i=1,2,3,4,5$.

Đặt $Q={\sum }_{i=1}^5{q}_i$ và $R={\sum }_{i=1}^5{r}_i$, đưa về $3Q+R=40$, dẫn đến $R-1⋮3$.

Lại có $r_i\in \{1,2\},i=1,2,3,4,5$ nên $5\le R\le 10$. Từ đó tìm được hai trường hợp sau: (0,25 điểm)

1) $R=7$, trong các số $r_1,r_2,r_3,r_4,r_5$ có ba số bằng 1 và hai số bằng 2, có $C_5^3$ bộ $(r_1,r_2,r_3,r_4,r_5)$. Tìm được $Q=11$, theo (2) có $C_{15}^4$ bộ $(q_1,q_2,q_3,q_4,q_5)$.

Suy ra có $C_5^3.C_{15}^4$ bộ $(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)$. (0,25 điểm)

2) $R=10$, thì $r_1=r_2=r_3=r_4=r_5=2$ có 1 bộ $(r_1,r_2,r_3,r_4,r_5)$. Tìm được $Q=10$, theo (2) có $C_{14}^4$ bộ $(q_1,q_2,q_3,q_4,q_5)$. Suy ra có $C_{14}^4$ bộ $(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)$.

Vậy số bộ $(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)$ cần tìm là $C_5^3{C}_{15}^4+C_{14}^4$.

Xác suất cần tìm bằng $P=\frac{C_{14}^4+C_5^3{C}_{15}^4}{C_{39}^4}=\frac{1127}{6327}$. (0,25 điểm)

CHÚ Ý: Hướng dẫn chấm chỉ là lời giải sơ lược của một cách. Học sinh có cách giải khác đáp án, cho kết quả đúng thì giám khảo vẫn cho điểm từng phần tương ứng như hướng dẫn chấm.

(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.)