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

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

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: $\left|A_k\right|={\sum }_{x=1}^m(x-1)+{\sum }_{x=m+1}^{2m}(2m-x)=m(m-1)$
$\Rightarrow n(A)=\left|A_1\right|+\left|A_2\right|+\left|A_3\right|+...+\left|A_{100}\right|=\left(\left|A_1\right|+\left|A_3\right|+...+\left|A_{99}\right|\right)+\left(\left|A_2\right|+\left|A_4\right|+...+\left|A_{100}\right|\right)$
$\Rightarrow n(A)={\sum }_{m=0}^{49}m(m-1)+{\sum }_{m=1}^{50}(m-1{)}^2=39200+40425=79625$
$\Rightarrow P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{79625}{161700}=\frac{65}{132}$.

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: $P=\frac{n(B\cap A\cap C)}{n(A\cap C)}=0,379=37,9\%$.

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)
Chọn 3 quả từ 15 quả: $C_{15}^3=455$ cách. Chọn 3 quả xanh từ 5 quả xanh: $C_5^3=10$ cách. Xác suất $P=\frac{10}{455}=\frac{2}{91}$. Đáp án A.

(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 $P(A)=1-P\left(\overline{A}\right)=1-\frac{n\left(\overline{A}\right)}{n(\Omega )}=1-\frac{\mathrm{4.5.6}+C_4^3+C_5^3+C_6^3}{C_{15}^3}=\frac{43}{65}\Rightarrow a-b=-22$.

(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 $595P=33$.

Ta có $n(\Omega )=C_{10}^3=120$.
Gọi $A$ là biến cố 3 viên bi chọn được màu xanh $\Rightarrow n(A)=C_4^3=4$.
$\Rightarrow P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{4}{120}=\frac{1}{30}$

Ta có $n(\Omega )=C_{10}^3=120$.
Gọi $A$ là biến cố 3 viên bi chọn được màu xanh $\Rightarrow n(A)=C_6^3=20$.
$\Rightarrow P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{20}{120}=\frac{1}{6}$

(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.

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)
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)
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.

(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: $0,31$.

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)