Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Đếm có điều kiện kề nhau hoặc loại trừ (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
Số cần lập có 5 chữ số khác nhau, chữ số cuối phải chẵn. TH1: chữ số cuối là 0, có 6 cách chọn chữ số đầu (1–6), 3 chữ số giữa lập từ 5 chữ số còn lại: $A_5^3=60$ → $6\cdot 60=360$. TH2: chữ số cuối là 2, 4 hoặc 6 (3 cách), chữ số đầu có 5 cách (khác 0 và khác chữ số cuối), 3 chữ số giữa: $A_5^3=60$ → $3\cdot 5\cdot 60=900$. Tổng: $360+900=1260$, khớp đáp án nguồn.

Gọi $d$ là trục đối xứng của hình thang cân có 4 đỉnh là đỉnh của $(H)$.
Trường hợp 1: $d$ đi qua tâm O và hai đỉnh của $(H)$.

Có 6 trục đối xứng. Ứng với mỗi trục đối xứng có $C_5^2$ hình thang (lấy 2 trong 5 đỉnh một bên rồi đối xứng qua $d$). $\Rightarrow$ Số hình thang cân tạo thành $6.C_5^2$ — 0,25
Trường hợp 2: $d$ đi qua tâm O và trung điểm hai cạnh đối diện của $(H)$.

Có 6 trục đối xứng. Ứng với mỗi trục đối xứng có $C_6^2$ hình thang (Lấy 2 trong 6 đỉnh một bên rồi đối xứng qua $d$). $\Rightarrow$ Số hình thang cân tạo thành $6.C_6^2$ — 0,25
Trong các hình thang trên có $C_6^2$ hình chữ nhật được đếm hai lần (vì mỗi hình chữ nhật có 2 trục đối xứng).
Vậy đáp số của bài toán là: $6\left(C_5^2+C_6^2\right)-C_6^2=135$ hình thang cân.

(AI giải đề cho tôi)
Gộp hai chữ số 1 và 2 đứng cạnh nhau thành một khối. Khối này có 2 cách xếp thứ tự bên trong (12 hoặc 21) và có 4 vị trí có thể đặt trong dãy 5 chữ số. Ba chữ số còn lại được chọn và xếp từ 5 chữ số còn lại của tập $\{0,3,4,5,6\}$.

- Tổng số cách khi chưa loại trừ trường hợp chữ số 0 đứng đầu: $2\cdot 4\cdot A_5^3=2\cdot 4\cdot 60=480$.
- Loại các số có chữ số 0 đứng đầu: khi đó khối (1,2) không thể ở vị trí đầu (vì 0 chiếm chỗ đầu), nên khối ở một trong 3 vị trí còn lại; chữ số đầu là 0, chọn và xếp 2 chữ số từ 4 chữ số còn lại: $2\cdot 3\cdot A_4^2=2\cdot 3\cdot 12=72$.

Vậy số số tự nhiên thỏa mãn là $480-72=408$ số.

Kiểm tra lại bằng cách đếm trực tiếp: khối ở vị trí đầu: $2\cdot A_5^3=120$; khối ở 3 vị trí sau (chữ số đầu khác 0, khác 1, 2): $2\cdot 3\cdot 4\cdot A_4^2=288$. Tổng $120+288=408$, khớp kết quả.

(AI giải đề cho tôi)
Đánh số 20 cây theo vòng tròn là $1,2,\dots ,20$. Cần chọn 4 cây trong 20 cây sao cho không có hai cây nào kề nhau trên vòng tròn. Số cách chọn $k$ phần tử từ $n$ phần tử xếp trên vòng tròn, đôi một không kề nhau, là $\frac{n}{n-k}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-k}{k}\right)$. Với $n=20,k=4$: $\frac{20}{16}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{16}{4}\right)=\frac{5}{4}\cdot 1820=2275$. Vậy có tất cả 2275 cách chặt bỏ 4 cây thoả mãn yêu cầu.

(AI giải đề cho tôi)
Xem mỗi nhóm sách cùng môn như một 'khối'. Có $3!=6$ cách hoán vị 3 khối (Toán, Lý, Hóa). Trong mỗi khối, các sách khác nhau xếp được: Toán $5!=120$, Lý $3!=6$, Hóa $4!=24$ cách. Tổng: $3!\cdot 5!\cdot 3!\cdot 4!=6\cdot 120\cdot 6\cdot 24=103680$. Vậy chọn D.

Gọi $N$ là số học sinh đã xuất hiện trong ít nhất một lần họp mặt.
Với mỗi học sinh $s$, gọi $a_s$ là số lần họp mặt mà học sinh đó tham dự.
Tổng số lượt tham dự là ${\sum }_s{a}_s=10\cdot 20=200$.
Mỗi học sinh xuất hiện trong $a_s$ lần tạo ra $C_{a_s}^2$ cặp lần họp mặt có chung học sinh ấy.
Vì mỗi cặp trong $C_{10}^2=45$ cặp lần họp mặt có chung không quá 2 người nên ${\sum }_s{C}_{a_s}^2\le 2C_{10}^2=90$.
Với mọi số nguyên $a_s\ge 1$, ta có $C_{a_s}^2\ge a_s-1$ nên $200-N={\sum }_s(a_s-1)\le {\sum }_s{C}_{a_s}^2\le 90$.
Do đó $N\ge 110$. Ta sẽ chỉ ra đây chính là giá trị nhỏ nhất của $N$.
Đánh số các lần họp mặt từ 1 đến 10, với mỗi cặp $\{i,j\}$, đúng 2 học sinh chỉ tham dự hai lần $i$ và $j$ để có $2C_{10}^2=90$ học sinh loại này, hơn nữa với mỗi lần $i$, thêm 2 học sinh chỉ tham dự lần $i$ để có thêm 20 học sinh. Ở lần $i$, có $2\cdot 9=18$ học sinh gắn với 9 cặp $\{i,j\}$ và 2 học sinh riêng, tổng cộng đúng 20 người. Hai lần bất kỳ có chung đúng hai học sinh. Vậy trường hợp 110 học sinh này thỏa mãn mọi yêu cầu.
Vậy khối 12 năm học đó có ít nhất 110 học sinh.

1) Gọi $i$ là vị trí của số 2026.

Vì 2026 là số lớn nhất nên nếu $i<2026$ thì $a_i=2026>a_{i+1}$, tức 2026 là một điểm giảm.

Theo giả thiết đây là điểm giảm duy nhất, do đó $a_1<a_2<\cdots <a_{i-1}<a_i=2026$ và $a_{i+1}<a_{i+2}<\cdots <a_{2026}$. Vì thế, sau khi chọn tập $X=\{a_{i+1},a_{i+2},\dots ,a_{2026}\}\subset \{1,2,\dots ,2025\}$, hoán vị được xác định duy nhất: các phần tử của $\{1,2,\dots ,2025\}\setminus X$ đứng trước 2026 theo thứ tự tăng dần, còn các phần tử của $X$ đứng sau 2026 theo thứ tự tăng dần.

Trong $\{1,2,\dots ,2025\}$ có 1012 số chẵn và 1013 số lẻ. Điều kiện của đề bài tương đương với việc $X$ chọn ít nhất một số chẵn và ít nhất một số lẻ. Số cách chọn là $(2^{1012}-1)(2^{1013}-1)$.

Vậy số hoán vị cần tìm là $(2^{1012}-1)(2^{1013}-1)$.

2) Xét một hoán vị có duy nhất một điểm giảm, ở vị trí $i$.

Khi đó hai dãy $a_1<a_2<\cdots <a_i$ và $a_{i+1}<a_{i+2}<\cdots <a_{2026}$ đều tăng nghiêm ngặt.

Do đó, nếu đặt $B=\{a_1,a_2,\dots ,a_i\}$ thì hoán vị được xác định duy nhất bởi tập $B$: viết các phần tử của $B$ theo thứ tự tăng dần, sau đó viết các phần tử của phần bù $A\setminus B$ theo thứ tự tăng dần.

Tập $B$ phải khác rỗng và khác $A$, nên ban đầu có $2^{2026}-2$ cách chọn.

Hoán vị thu được không có điểm giảm khi và chỉ khi phần tử cuối của khối thứ nhất nhỏ hơn phần tử đầu của khối thứ hai. Điều này xảy ra khi và chỉ khi $B=\{1,2,\dots ,r\}$ với $r\in \{1,2,\dots ,2025\}$ nào đó, và có 2025 trường hợp như vậy.

Vì thế số hoán vị có đúng một điểm giảm là $(2^{2026}-2)-2025=2^{2026}-2027$.

Với mỗi $i=0,1,\dots ,n$, đặt $d_i=c_A(i)-c_B(i)$. Ta xem $(d_i{)}_{i=0}^n$ như một quỹ đạo xuất phát từ $d_0=0$.

Ở mỗi lượt, quỹ đạo có một trong bốn loại bước:



Điều kiện để $A$ đạt giải đặc biệt tương đương với

$$d_i\ge -1(1\le i\le n),d_n>0.$$

Gọi $U_n(r)$ là số quỹ đạo không bị ràng buộc, có độ dài $n$, xuất phát từ $0$ và kết thúc tại $r$.

Ta biến mỗi bước của quỹ đạo thành hai bước lên hoặc xuống như sau:



Đây là một song ánh giữa các quỹ đạo độ dài $n$ kết thúc tại $r$ và các quỹ đạo gồm $2n$ bước lên, xuống, kết thúc tại độ cao $2r$. Nếu quỹ đạo mới có $a$ bước lên và $2n-a$ bước xuống thì

$$a-(2n-a)=2r,$$

suy ra $a=n+r$, do đó $U_n(r)=C_{2n}^{n+r}$.

Bây giờ cố định $r\ge 1$. Xét một quỹ đạo kết thúc tại $r$ nhưng vi phạm điều kiện $d_i\ge -1$.

Gọi $t$ là thời điểm đầu tiên quỹ đạo đạt tới $-2$.

Ta xét phần quỹ đạo từ thời điểm 0 đến thời điểm $t$: đổi mỗi bước 1 thành $-1$, mỗi bước $-1$ thành 1, còn hai loại bước 0 được giữ nguyên. Khi đó, phần quỹ đạo này kết thúc tại 2 thay vì $-2$.

Phần quỹ đạo sau thời điểm $t$ có tổng độ thay đổi bằng $r-(-2)=r+2$.

Vì thế quỹ đạo mới kết thúc tại $2+(r+2)=r+4$.

Ngược lại, mọi quỹ đạo kết thúc tại $r+4$ đều phải đi qua 2. Phần quỹ đạo mới từ đầu đến lần đầu tiên đạt 2, ta thu được một quỹ đạo kết thúc tại $r$ và vi phạm điều kiện $d_i\ge -1$.

Do đó, số quỹ đạo vi phạm kết thúc tại $r$ bằng $U_n(r+4)$.

Bởi vậy, số quỹ đạo hợp lệ kết thúc tại $r$ là $U_n(r)-U_n(r+4)=C_{2n}^{n+r}-C_{2n}^{n+r+4}$.

Cộng theo $r=1,2,\dots ,n$, ta được

$$\sum _{r=1}^n\left(C_{2n}^{n+r}-C_{2n}^{n+r+4}\right)=\sum _{r=1}^{\min \{4,n\}}{C}_{2n}^{n+r}.$$

Vậy số kịch bản cần tính bằng $\sum _{r=1}^{\min \{4,n\}}{C}_{2n}^{n+r}$.

Nhận xét: Bài toán trên liên quan tới bài toán quỹ đạo nổi tiếng sau:

Bài toán bỏ phiếu bầu cử: Cho hai ứng cử viên $A$ và $B$, biết rằng $A$ nhận $a$ phiếu bầu cử, $B$ nhận $b$ phiếu bầu cử và $a>b$. Hỏi có bao nhiêu cách kiểm phiếu sao cho trong suốt quá trình thì số phiếu của $A$ luôn lớn hơn số phiếu $B$? Đáp số: $\frac{a-b}{a+b}{C}_{a+b}^a$.

(AI giải đề cho tôi)
Số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau từ các chữ số 0,1,2,3,4: chữ số đầu tiên không được là 0 nên có 4 cách chọn; chữ số thứ hai có 4 cách (còn 4 chữ số trong đó có 0); chữ số thứ ba có 3 cách; chữ số thứ tư có 2 cách. Tổng: $4\cdot 4\cdot 3\cdot 2=96$ số. Vậy đáp án B.

Gọi $(I)$ là đường tròn nội tiếp đa giác $P$, ta thu được $2n$ tiếp điểm của $P$ với $(I)$.

Chọn ba cạnh của $P$ và gọi $A,B,C$ lần lượt là các tiếp điểm tương ứng theo chiều kim đồng hồ.

Gọi $x,y,z$ lần lượt là số khoảng giữa hai tiếp điểm liên tiếp khi đi từ $A$ đến $B$, $B$ đến $C$, $C$ đến $A$.

Khi đó $x,y,z$ là các số nguyên dương và $x+y+z=2n$.

Bây giờ ta cần điều kiện để ba đường thẳng đã chọn tạo thành một tam giác phủ $P$.

Giả sử hai tiếp tuyến tại $A,B$ cắt nhau tại $T$ thì $AIBT$ nội tiếp, khi đó từ việc tam giác phủ $P$ ta suy ra được $0<\angle ATB=180^{\circ }-\angle AIB=180^{\circ }-\frac{180^{\circ }x}{n}$ nên $x<n$. Tương tự ta có $y<n$ và $z<n$.

Ngược lại, giả sử $x,y,z<n$ thì tạo thành tam giác phủ $P$ vì khi đó 3 góc của tam giác đó là

$$180^{\circ }-\frac{180^{\circ }x}{n},180^{\circ }-\frac{180^{\circ }y}{n},180^{\circ }-\frac{180^{\circ }z}{n}$$

Vậy điều kiện cần và đủ là $x,y,z<n$.

Như thế, ta chỉ còn phải đếm các bộ số nguyên dương $(x,y,z)$ sao cho $x+y+z=2n$ và $x,y,z<n$.

Đặt $x^{\prime }=n-x$, $y^{\prime }=n-y$, $z^{\prime }=n-z$ thì $x^{\prime },y^{\prime },z^{\prime }>0$ và $x^{\prime }+y^{\prime }+z^{\prime }=n$.

Ngược lại, mỗi bộ số nguyên dương $(x,y,z)$ thỏa mãn $x+y+z=n$ xác định duy nhất một bộ $(x^{\prime },y^{\prime },z^{\prime })$ thỏa mãn các điều kiện trên nên theo bài toán chia kẹo Euler, số cách là $C_{n-1}^2$.

Với một bộ có thứ tự $(x,y,z)$ cố định, có $2n$ cách chọn tiếp điểm đầu tiên $A$. Sau khi $A$ và $(x,y,z)$ đã được chọn thì $B,C$ hoàn toàn được xác định. Vì thế ta có $2n{C}_{n-1}^2$ cách chọn.

Trong cách chọn này, mỗi bộ xuất hiện đúng 3 lần nên số tam giác cần tìm là

$$\frac{2n{C}_{n-1}^2}{3}=\frac{2n}{3}\cdot \frac{(n-1)(n-2)}{2}=\frac{n(n-1)(n-2)}{3}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $E_A,E_B,E_C$ là biến cố 'hộp tương ứng chứa đủ 6 quả bóng và các bóng tăng dần từ trên xuống'. Các hộp được phân biệt bởi vị trí (như hình vẽ).

Ta có:
$$|E_A|=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{15}{6}\right)\cdot A_{12}^9=5005\cdot \frac{12!}{3!}=5005\cdot 79833600=399567168000.$$
(Giải thích: chọn 6 quả cho hộp $A$, thứ tự trong hộp bị ép buộc tăng dần; 9 quả còn lại đặt vào 12 ngăn của hai hộp kia: $12\cdot 11\cdots 4=\frac{12!}{3!}$.)

Hai hộp cùng vừa đầy vừa tăng dần:
$$|E_A\cap E_B|=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{15}{6}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{6}\right)\cdot A_6^3=5005\cdot 84\cdot 120=50450400,$$
tương tự cho các cặp khác; ba hộp cùng đầy là không thể.

Số cách để đúng một hộp thỏa mãn (bằng bao hàm – loại trừ):
$$N=3|E_A|-2\cdot 3|E_A\cap E_B|=1198701504000-302702400=1198398801600.$$

Do đó:
$$\frac{N}{20175064}=\frac{1198398801600}{20175064}=59400.$$

Bảng có tổng cộng 10 cặp ô chung cạnh chia làm hai loại:

Loại 1: $AB,BC,CD,DH,HG,GF,FE,EA$.

Loại 2: $BF,CG$.

Nhận xét: Giả sử ta đã tô màu đúng cho hai ô kề nhau theo chiều dọc (ví dụ ô $B$ và $F$) bằng 2 màu khác nhau. Nếu ta ghép thêm một cột mới gồm 2 ô kề nhau (ví dụ cột gồm $C$ và $G$) vào cạnh $BF$, số cách tô màu cho $C$ và $G$ là 7 cách. Thật vậy, giả sử màu của $B$ là màu 1, màu của $F$ là màu 2. Cần tô cho $C$ (kề $B$, kề $G$) và $G$ (kề $F$, kề $C$).

- Nếu $C$ mang màu 2 (giống $F$), thì $G$ chỉ cần khác màu 2, tức là $G$ có 3 cách chọn.
- Nếu $C$ mang màu khác cả 1 và 2 (có 2 cách chọn). Khi đó $G$ phải khác màu 2 và khác màu $C$, nên $G$ có 2 cách chọn. Số cách trong trường hợp này là $2\cdot 2=4$ cách.

Tổng cộng ta có $3+4=7$ cách tô cho mỗi khối ghép thêm, khi đó ta chia làm 2 trường hợp:

Trường hợp 1: Cặp ô cùng màu là loại 1 (có 8 cách chọn cặp). Giả sử ta chọn $A$ và $B$ cùng màu.

- Lúc này, ($A$ và $B$) kề cả $E$ và $F$, mà $E$ và $F$ cũng kề nhau, nên số cách chọn là: $4\cdot 3\cdot 2=24$ cách.
- Cột thứ ba ($C$ và $G$) được ghép vào cạnh của ($A$ và $B$). Theo nhận xét, có 7 cách tô.
- Cột thứ tư ($D$ và $H$) được ghép vào cạnh ($C$ và $G$). Theo nhận xét, có thêm 7 cách tô.

Số cách tô màu cho mỗi cặp trong trường hợp này là:
$$24\cdot 7\cdot 7=1176\text{ (caˊch)}.$$

Trường hợp 2: Cặp ô cùng màu là loại 2 (có 2 cách chọn cặp). Giả sử ta chọn $B$ và $F$ cùng màu.

- ($B$ và $F$) sẽ kề với $A,E$ (ở cột trái) và kề với $C,G$ (ở cột phải).
- Chọn màu cho ($B$ và $F$): có 4 cách.
- Cột trái ($A$ và $E$) phải chọn cho $A$ và $E$ hai màu khác nhau nên có $3\cdot 2=6$ cách.
- Cột phải ($C$ và $G$) tương tự cũng có 6 cách.
- Cột ngoài cùng ($D$ và $H$), thì theo nhận xét, có 7 cách tô.

Số cách tô màu cho mỗi cặp trong trường hợp này là:
$$4\cdot 6\cdot 6\cdot 7=1008\text{ (caˊch)}.$$

Vậy tổng số cách tô cần tính là: $8\cdot 1176+2\cdot 1008=11424$.

Đáp án chính thức (nguồn trang lời giải, trang 5, được đóng khung trong đề): $\boxed{11424}$.

(AI giải đề cho tôi)
Đội văn nghệ có 9 học sinh (4 của 12A, 3 của 12B, 2 của 12C). Chọn 5 người sao cho cả ba lớp đều có người được chọn.

Cách 1 (trừ trường hợp xấu): Tổng số cách chọn 5 từ 9 người là $C_9^5=126$. Số cách chọn sao cho thiếu lớp nào đó:
- Không có lớp 12A: chọn 5 từ 5 người (12B, 12C): $C_5^5=1$.
- Không có lớp 12B: chọn 5 từ 6 người: $C_6^5=6$.
- Không có lớp 12C: chọn 5 từ 7 người: $C_7^5=21$.
- Không thể thiếu đồng thời hai lớp vì khi đó chỉ còn tối đa 4 người.

Vậy số cách cần tìm: $126-1-6-21=98$.

Cách 2 (liệt kê theo phân phối): các bộ $(a,b,c)$ với $a+b+c=5$, $1\le a\le 4$, $1\le b\le 3$, $1\le c\le 2$:
- $(2,2,1)$: $C_4^2{C}_3^2{C}_2^1=6\cdot 3\cdot 2=36$.
- $(2,1,2)$: $C_4^2{C}_3^1{C}_2^2=6\cdot 3\cdot 1=18$.
- $(1,2,2)$: $C_4^1{C}_3^2{C}_2^2=4\cdot 3\cdot 1=12$.
- $(3,1,1)$: $C_4^3{C}_3^1{C}_2^1=4\cdot 3\cdot 2=24$.
- $(1,3,1)$: $C_4^1{C}_3^3{C}_2^1=4\cdot 1\cdot 2=8$.

Tổng: $36+18+12+24+8=98$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Xếp 8 học sinh thành hàng ngang.
a) Nam nữ xen kẽ: có 2 cách chọn kiểu (Nữ Nam Nữ Nam... hoặc Nam Nữ Nam Nữ...), trong mỗi kiểu xếp 4 nam và 4 nữ: 2·4!·4! = 1152 cách, không phải 576 → sai.
b) Giữa An và Bình không có học sinh nam nào và An, Bình không cạnh nhau, nên giữa chúng chỉ có các bạn nữ (k nữ, k = 1,2,3). Chọn k nữ từ 3 nữ còn lại và xếp vào giữa: C(3,k)·k!; 2 cách đổi chỗ An, Bình; 6−k người còn lại xếp vào các vị trí còn lại: (6−k)!. Tổng = Σ C(3,k)·k!·2·(6−k)! = 720 + 288 + 72 = 1080 cách, không phải 6048 → sai.
c) Xếp tùy ý 8 người: 8! = 40320 cách → đúng.
d) An và Bình luôn cạnh nhau: coi An, Bình là một khối, có 2 cách đổi chỗ trong khối, xếp khối với 6 người còn lại: 2·7! = 10080 cách → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
2·4!·4! = 1152 cách, không phải 576.
b) (AI giải đề cho tôi)
Giữa An và Bình chỉ có k nữ (k=1,2,3): Σ C(3,k)·k!·2·(6−k)! = 720+288+72 = 1080 cách, không phải 6048.
c) (AI giải đề cho tôi)
8! = 40320 cách.
d) (AI giải đề cho tôi)
2·7! = 10080 cách.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số mật mã là 8! = 40320.
a) Đúng: 8! = 40320.
b) Xen kẽ chẵn-lẻ: chọn vị trí chẵn ở vị trí lẻ hoặc chẵn trước: 2·4!·4! = 1152; P = 1152/40320 = 1/35. Đúng.
c) P(chứa "123") = 6!/8! = 1/56; tương tự "876" = 1/56. Giao: hai khối "123","876" cố định thứ tự cùng {4,5}: 4! = 24 cách, P = 24/40320 = 1/1680. P(hợp) = 2/56 − 1/1680 = 59/1680 ≈ 0,0351 ≠ 1/28 ≈ 0,0357. Sai.
d) Khối "12" hoặc "21" liền kề: 2·7! cách; trong đó các chữ số chẵn tăng dần chiếm tỉ lệ 1/4!: số cách = 2·7!/24 = 420; P = 420/40320 = 1/96. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Số mật mã = 8! = 40320.
b) (AI giải đề cho tôi)
Số cách xen kẽ: 2·4!·4! = 1152; P = 1152/40320 = 1/35.
c) (AI giải đề cho tôi)
P = 2·(1/56) − 1/1680 = 59/1680 ≠ 1/28.
d) (AI giải đề cho tôi)
Số cách = 2·7!/4! = 420; P = 420/40320 = 1/96.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt tọa độ 16 điểm là $(i,j)$ với $i,j\in \{0,1,2,3\}$. Tổng số cặp điểm là $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{16}{2}\right)=120$. Một đường thẳng đi qua đúng $k$ điểm sẽ bị đếm $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{2}\right)$ lần khi đếm theo cặp, nên phải trừ bớt $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{2}\right)-1$ lần cho mỗi đường như vậy.

- Đường thẳng qua đúng 4 điểm: 4 hàng ngang, 4 cột dọc, 2 đường chéo chính, tổng cộng 10 đường. Mỗi đường bị đếm thừa $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)-1=5$ lần, trừ đi $10\times 5=50$.
- Đường thẳng qua đúng 3 điểm: các đường chéo song song với đường chéo chính có 3 điểm, gồm 2 đường hướng $+1$ và 2 đường hướng $-1$, tổng 4 đường. Mỗi đường bị đếm thừa $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right)-1=2$ lần, trừ đi $4\times 2=8$.
- Không có đường thẳng nào khác qua 3 điểm trở lên (kiểm tra các hệ số góc $2,\frac{1}{2},3,\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{3}{2}$: mỗi đường như vậy chỉ chứa tối đa 2 điểm của lưới).

Vậy số đường thẳng phân biệt là $120-50-8=62$.

Điều kiện để diện tích là số lẻ: Mỗi hình chữ nhật được tạo thành có kích thước $p\times q$ với $p,q$ nguyên dương, diện tích bằng $pq$. Tích $pq$ là số lẻ khi và chỉ khi cả $p$ và $q$ đều lẻ. Đếm theo từng kích thước: Bảng gồm 8 ô theo một chiều và 6 ô theo chiều còn lại. Một hình chữ nhật kích thước $p\times q$ (với $p$ ô theo chiều có 8 ô, $q$ ô theo chiều có 6 ô) có đúng $(9-p)(7-q)$ vị trí đặt trong Bảng. Do đó $$n(S)=\sum _{p\le 8,p\text{lẻ}}(9-p)\cdot \sum _{q\le 6,q\text{lẻ}}(7-q).$$ Tính hai tổng: $$\sum _{p\in \{1;3;5;7\}}(9-p)=8+6+4+2=20,\sum _{q\in \{1;3;5\}}(7-q)=6+4+2=12.$$ Vậy $n(S)=20\cdot 12=240$. Đáp số: Tập hợp $S$ có 240 phần tử. Nhận xét: Kết quả không phụ thuộc vào quy ước gọi chiều nào là chiều dài của Bảng: nếu đổi vai trò hai chiều thì $n(S)=(8+6+4+2)\cdot (6+4+2)$ vẫn bằng 240.

a) Ta giải bài toán tổng quát cho bảng $n\times n$.

Gọi $a_{i,j}\in \{-1,0,1\}$ là số được điền vào ô thuộc hàng $i$, cột $j$.

Điều kiện đề bài cho $a_{i,j}+a_{i+1,j}+a_{i,j+1}+a_{i+1,j+1}=0$, hay $a_{i+1,j+1}=-a_{i,j}-a_{i+1,j}-a_{i,j+1}$.

Do đó, nếu đã biết hàng đầu tiên và cột đầu tiên thì ta lần lượt xác định được tất cả các ô còn lại của bảng. Đặt $x_i=(-1{)}^{i+1}{a}_{i,1}$ và $y_j=(-1{)}^{j+1}{a}_{1,j}$.

Ta có $x_1=y_1=a_{1,1}$. Từ điều kiện trên, bằng quy nạp theo $i+j$, ta thu được

$$a_{i,j}=(-1{)}^{i+j}(x_i+y_j-a_{1,1}).$$

bởi công thức đúng tại các ô $(i,j)$, $(i+1,j)$, $(i,j+1)$ thì công thức cũng đúng tại $(i+1,j+1)$ do

$$a_{i+1,j+1}=-a_{i,j}-a_{i+1,j}-a_{i,j+1}=(-1{)}^{i+j}(x_{i+1}+y_{j+1}-a_{1,1}).$$

Vì $a_{i,j}\in \{-1,0,1\}$ nên ta có điều kiện cần và đủ là $x_i+y_j-x_1\in \{-1,0,1\}$ với mọi $i,j$.

Giờ ta đếm số cách điền theo giá trị của $x_1=y_1$.

Trường hợp 1. $x_1=y_1=0$.

Khi đó điều kiện trở thành $x_i+y_j\in \{-1,0,1\}$. Ta xét dãy $x_2,\dots ,x_n$.

- Nếu $x_2=\cdots =x_n=0$ thì dãy $y_2,\dots ,y_n$ được chọn tùy ý trong $\{-1,0,1\}$, nên có $3^{n-1}$ cách.
- Nếu các $x_i$ chỉ nhận các giá trị $0,1$ và có ít nhất một giá trị bằng 1, thì có $2^{n-1}-1$ cách chọn dãy $(x_i)$. Khi đó mọi $y_j$ phải thuộc $\{-1,0\}$, nên có $2^{n-1}$ cách chọn dãy $(y_j)$.
- Tương tự, nếu các $x_i$ chỉ nhận các giá trị $-1,0$ và có ít nhất một giá trị bằng $-1$, ta cũng có $(2^{n-1}-1)2^{n-1}$ cách.
- Cuối cùng, nếu dãy $(x_i)$ chứa cả $1$ và $-1$, thì trong tổng số $3^{n-1}$ dãy, ta loại đi dãy toàn 0, các dãy chỉ chứa $0,1$ và có ít nhất một số 1, cùng các dãy chỉ chứa $-1,0$ và có ít nhất một số $-1$. Do đó số cách chọn là $3^{n-1}-1-2(2^{n-1}-1)=3^{n-1}-2^n+1$, và mọi $y_j$ buộc phải bằng 0.

Vậy số cách trong trường hợp này là

$$A=3^{n-1}+2(2^{n-1}-1)2^{n-1}+3^{n-1}-2^n+1=2\cdot 3^{n-1}+2\cdot 4^{n-1}-2^{n+1}+1$$

Trường hợp 2. $x_1=y_1=1$.

Điều kiện trở thành $x_i+y_j-1\in \{-1,0,1\}$, hay tương đương với $x_i+y_j\ge 0$.

- Nếu $x_2=\cdots =x_n=1$ thì dãy $y_2,\dots ,y_n$ được chọn tùy ý, nên có $3^{n-1}$ cách.
- Nếu các $x_i$ chỉ nhận các giá trị $0,1$ và có ít nhất một giá trị bằng $0$, thì có $2^{n-1}-1$ cách chọn dãy $(x_i)$. Khi đó mọi $y_j$ phải thuộc $\{0,1\}$, nên có $2^{n-1}$ cách chọn dãy $(y_j)$.
- Nếu dãy $(x_i)$ có ít nhất một giá trị bằng $-1$, thì có $3^{n-1}-2^{n-1}$ cách chọn. Khi đó tất cả $y_j$ đều phải bằng $1$.

Vậy số cách trong trường hợp này là
$$B=3^{n-1}+(2^{n-1}-1)2^{n-1}+3^{n-1}-2^{n-1}=2\cdot 3^{n-1}+4^{n-1}-2^n.$$

Trường hợp $x_1=y_1=-1$ hoàn toàn tương tự trường hợp trên, nên cũng có $B$ cách.

Vậy tổng số cách điền cần tính là
$$S_n=A+2B=4\cdot 4^{n-1}+6\cdot 3^{n-1}-2^{n+2}+1=4^n+2\cdot 3^n-4\cdot 2^n+1.$$

Với $n=2026$, số cách cần tính là $4^{2026}+2\cdot 3^{2026}-4\cdot 2^{2026}+1$.

b) Để ý 2 điểm $A(x_A,y_A)$ và $B(x_B,y_B)$ liên kết khi và chỉ khi $x_A\equiv x_B(\mathrm{mod}3)$ và $y_A\equiv y_B(\mathrm{mod}3)$.

Chia 62 điểm của $S$ vào 9 bộ theo cặp số dư $(x\mathrm{mod}3,y\mathrm{mod}3)$.

Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại một bộ chứa ít nhất $\lceil \frac{62}{9}\rceil =7$ điểm, giả sử là $A_1,\dots ,A_7$.

Khi đó mọi bộ hai điểm trong số này đều liên kết.

Giả sử các điểm trên có dạng $A_i=(3X_i+r,3Y_i+s)$ với $X_i,Y_i\in \mathbb{Z}$.

Với ba điểm $A_1(x_1,y_1)$, $A_2(x_2,y_2)$, $A_3(x_3,y_3)$, diện tích tam giác $A_1{A}_2{A}_3$ là
$$S_{A_1{A}_2{A}_3}=\frac{1}{2}\left|(x_2-x_1)(y_3-y_1)-(x_3-x_1)(y_2-y_1)\right|$$
$$=\frac{9}{2}\left|(X_2-X_1)(Y_3-Y_1)-(X_3-X_1)(Y_2-Y_1)\right|.$$

Xét 7 cặp $(X_i,Y_i)$ theo modulo 2, để ý tồn tại hai điểm, chẳng hạn $A_1,A_2$, sao cho $X_1\equiv X_2(\mathrm{mod}2)$ và $Y_1\equiv Y_2(\mathrm{mod}2)$. Chọn $A_3$ bất kỳ trong 5 điểm còn lại. Khi đó cả $X_2-X_1$ và $Y_2-Y_1$ đều chẵn, suy ra
$$(X_2-X_1)(Y_3-Y_1)-(X_3-X_1)(Y_2-Y_1)$$
là số chẵn. Vì thế diện tích tam giác $A_1{A}_2{A}_3$ là một số nguyên chia hết cho 9.

Nhận xét: Thậm chí ta chỉ cần tập $S$ gồm 37 điểm là đủ, và đây là giá trị tối ưu nhất có thể.

(AI giải đề cho tôi)
Điều kiện log: do $x^2+y^2\ge 16$ nên $(x,y)\ne (0,0)$, cơ số $x^2+2y^2+1>1$. Khi đó ${\log }_{x^2+2y^2+1}(y^2+8x+1)\ge 1⟺y^2+8x+1\ge x^2+2y^2+1⟺x^2+y^2\le 8x$, tức $(x-4{)}^2+y^2\le 16$. Kết hợp $x^2+y^2\ge 16$ với $x,y$ nguyên không âm, liệt kê được các điểm: $(4,0),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(5,0),(5,1),(5,2),(5,3),(6,0),(6,1),(6,2),(6,3),(7,0),(7,1),(7,2),(8,0)$. (Lưu ý điểm $(3,3)$ cũng thuộc $(x-4{)}^2+y^2\le 16$ và $x^2+y^2=18\ge 16$, nhưng thay vào phương trình $mx+y-1-3m=0$ được $3m+3-1-3m=2\ne 0$, nên $(3,3)$ không cho giá trị $m$ nào.) Phương trình $mx+y-1-3m=0⟺m(x-3)=1-y$ là họ đường thẳng qua điểm cố định $P(3,1)$, không thuộc tập điểm trên. Với mỗi điểm $(x,y)$ có $m=\frac{y-1}{3-x}$: $(4,0)\to 1$; $(4,1)\to 0$; $(4,2)\to -1$; $(4,3)\to -2$; $(4,4)\to -3$; $(5,0)\to \frac{1}{2}$; $(5,1)\to 0$; $(5,2)\to -\frac{1}{2}$; $(5,3)\to -1$; $(6,0)\to \frac{1}{3}$; $(6,1)\to 0$; $(6,2)\to -\frac{1}{3}$; $(6,3)\to -\frac{2}{3}$; $(7,0)\to \frac{1}{4}$; $(7,1)\to 0$; $(7,2)\to -\frac{1}{4}$; $(8,0)\to \frac{1}{5}$. Trong đó $m=0$ xuất hiện 4 lần (các điểm có $y=1$) và $m=-1$ xuất hiện 2 lần, nên các giá trị này bị loại. Số giá trị $m$ còn lại, mỗi giá trị ứng với đúng một cặp $(x,y)$: $1,-2,-3,\frac{1}{2},-\frac{1}{2},\frac{1}{3},-\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{1}{4},-\frac{1}{4},\frac{1}{5}$ — tổng cộng 11 giá trị. Vậy có 11 giá trị của $m$, khớp với đáp án nguồn (Mã đề 221, Phần III Câu 2 = 11).

(AI giải đề cho tôi)
**Tô màu:** 5 tam giác $OAB,OBC,OCD,ODE,OEA$ tạo thành chu trình $C_5$ (mỗi tam giác kề đúng 2 tam giác khác). Số cách tô 4 màu sao cho hai tam giác kề nhau khác màu là đa thức sắc màu của chu trình $C_5$ với $k=4$: $(4-1{)}^5+(4-1)(-1{)}^5=243-3=240$ cách.

**Điền số:** Gọi $q$ là số ở tâm $O$ (công bội) và $a$ là số ở đỉnh $A$. Năm số trên đỉnh là $a,aq,a{q}^2,a{q}^3,a{q}^4$, đôi một phân biệt và khác $q$, tất cả thuộc $\{1,\dots ,120\}$. Vì 6 số phân biệt nên $q\ge 2$ và $q$ không xuất hiện trong dãy. Điều kiện $a{q}^4\le 120$:
- $q=2$: $a\le 7$, loại $a=1$ (vì $aq=2=q$) và $a=2$ (trùng $q$), còn $a\in \{3,4,5,6,7\}$: 5 giá trị.
- $q=3$: $a=1$ nhưng dãy $1,3,9,27,81$ chứa $3=q$ → loại.
- $q\ge 4$: $q^4>120$ → không có.

Vậy có 5 cặp $(a,q)$: $(3,2),(4,2),(5,2),(6,2),(7,2)$. Với mỗi bộ 5 số, xếp lên 5 đỉnh sao cho đọc theo chiều kim đồng hồ là cấp số nhân công bội $q$: có 5 cách (5 vị trí bắt đầu; xếp ngược chiều cho công bội $1/q\notin A$ nên không tính). Tổng cách điền số: $5\times 5=25$.

**Kết quả:** $240\times 25=6000$ cách trang trí, trùng với đáp án nguồn (6000).