ÔN TẬP CHƯƠNG VIII

Số các khả năng có thể xảy ra đối với thứ tự giữa các đội trong một giải bóng có \(5\) đội bóng là số hoán vị của \(5\) phần tử nên có \(5!=120\) cách.

Số cách sắp xếp khác nhau cho \(5\) người ngồi vào một bàn dài là số hoán vị của \(5\) phần tử nên có \(5!=120\) cách.

Số cách sắp xếp \(6\) nam sinh và \(4\) nữ sinh vào một dãy ghế hàng ngang có \(10\) chỗ là số hoán vị của \(10\) phần tử nên có \(10!\) cách.

Xếp bạn Chi ngồi giữa có \(1\) cách. Số cách xếp \(4\) bạn sinh An, Bình, Dũng, Lệ vào \(4\) chỗ còn lại là số hoán vị của \(4\) phần tử nên có có \(4!\) cách. Vậy có \(24\) cách xếp.

Xếp An và Dũng ngồi hai đầu ghế có \(2!\) cách xếp. Số cách xếp \(3\) bạn Bình, Chi, Lệ vào \(3\) ghế còn lại là số hoán vị của \(3\) phần tử nên có có \(3!\) cách. Vậy có \(2!\cdot 3!=12\) cách.

Số cách xếp \(5\) bạn vào \(5\) chỗ trên ghế dài là số hoán vị của \(5\) phần tử nên có \(5!=120\) cách.

Số cách xếp sao cho bạn An và bạn Dũng luôn ngồi cạnh nhau là \(2\cdot 4!=48\) cách (An và Dũng ngồi cạnh nhau xem như \(1\) bạn; xếp \(4\) bạn vào \(4\) chỗ có \(4!\) cách; cách xếp An và Dũng ngồi cạnh nhau là \(2!=2\)).

Vậy số cách sắp xếp sao cho bạn An và bạn Dũng không ngồi cạnh nhau là \(120-48=72\) cách.

Số các hoán vị về màu bi khi xếp thành dãy là \(3!\).

Số cách xếp \(3\) viên bi đen khác nhau thành dãy là \(3!\).

Số cách xếp \(4\) viên bi đỏ khác nhau thành dãy là \(4!\).

Số cách xếp \(5\) viên bi xanh khác nhau thành dãy là \(5!\).

\(\Rightarrow \) Số cách xếp các viên bi trên thành một dãy sao cho các viên bi cùng màu ở cạnh nhau là \(3!\cdot 3!\cdot 4!\cdot 5!=103680\) cách.

Khi cô dâu, chú rể đứng cạnh nhau (có thể thay đổi vị trí cho nhau), ta coi đó là một phần tử và đứng với \(6\) vị khách mời để chụp ảnh nên có \(2\cdot 7!\) cách sắp xếp.

Sắp xếp \(20\) cuốn sách trên giá là một hoán vị của \(20\) phần tử nên ta có \(20!\) cách sắp xếp.

Khi hai cuốn tập \(1\) và tập \(2\) đặt cạnh nhau (thay đổi vị trí cho nhau), ta coi đó là một phần tử và cùng sắp xếp với \(18\) cuốn sách còn lại trên giá nên có \(2\cdot 19!\) cách sắp xếp.

Vậy có tất cả \(20!-2\cdot 19!=19!\cdot 18\) cách sắp xếp theo yêu cầu bài toán.

Chọn \(1\) người ngồi vào \(1\) vị trí bất kì. Xếp \(3\) người còn lại vào \(3\) ghế trống của bàn là một hoán vị của \(3\) phần tử nên có có \(3!=6\) cách.

Giả sử các ghế ngồi đánh số từ \(1\) đến \(8\).

Chọn \(1\) bạn bất kì ngồi vào \(1\) vị trí ngẫu nhiên trên bàn tròn có \(1\) cách. (Nếu chọn \(8\) cách thì tức là nhầm với bàn dài). Xếp \(3\) bạn cùng giới tính còn lại vào \(3\) ghế (có số ghế cùng tính chẵn hoặc lẻ với bạn đầu) có \(3!\) cách.

Xếp \(4\) bạn còn lại ngồi xen kẽ \(4\) bạn đã xếp ở trên có \(4!\) cách.

Vậy có \(3!\cdot 4!=144\) cách.

Số các số tự nhiện có \(4\) chữ số khác nhau được tạo thành là số hoán vị của \(4\) phần tử bằng \(4!=24\).

Số cách xếp khác nhau cho \(6\) người ngồi vào \(4\) chỗ trên một bàn dài là số chỉnh hợp chập \(4\) của \(6\) phần tử. Suy ra có \(\mathrm{A}_6^4=360\) cách.

Số cách xếp bảy bông hoa khác nhau vào ba lọ hoa khác nhau là số chỉnh hợp chập \(3\) của \(7\) phần tử. Suy ra có \(\mathrm{A}_7^3=210\) cách.

Số cách cắm \(3\) bông hoa vào \(3\) lọ hoa khác nhau là số chỉnh hợp chập \(3\) của \(5\) phần tử. Suy ra có \(\mathrm{A}_5^3=60\) cách.

Số cách mắc nối tiếp \(4\) bóng đèn được chọn từ \(6\) bóng đèn khác nhau là một chỉnh hợp chập \(4\) của \(6\) phần tử. Suy ra có \(\mathrm{A}_6^4=360\) cách.

Mỗi cặp sắp thứ tự gồm hai điểm \(\left(A,B\right)\) cho ta một vectơ có điểm đầu \(A\) và điểm cuối \(B\) và ngược lại. Như vậy, mỗi vectơ có thể xem là một chỉnh hợp chập \(2\) của tập hợp \(6\) điểm đã cho.

Suy ra có \(\mathrm{A}_6^2=30\) cách.

Số cách lập danh sách gồm \(5\) cầu thủ đá \(5\) quả \(11\) mét là số các chỉnh hợp chập \(5\) của \(11\) phần tử.

Vậy có \(\mathrm{A}_{11}^5=55440\).

Số kết quả có thể xảy ra đối với các vị trí nhất, nhì, ba là số các chỉnh hợp chập \(3\) của \(8\) phần tử.

Vậy có \(\mathrm{A}_8^3=336\).

Số cách chọn ban thường vụ gồm ba chức vụ Bí thư, Phó bí thư, Ủy viên thường vụ từ \(7\) người là số các chỉnh hợp chập ba của bảy phần tử.

Vậy có \(\mathrm{A}_7^3=210\).

Nếu kết quả của cuộc thi là việc chọn ra các giải nhất, nhì, ba thì mỗi kết quả ứng với một chỉnh hợp chập ba của \(15\) phần tử, do đó ta có: \(\mathrm{A}_{15}^3=2730\) kết quả.

Mỗi kết quả ứng với một chỉnh hợp chập \(4\) của \(100\) phần tử, do đó ta có: \(\mathrm{A}_{100}^4=94109400\) kết quả.

Vì người giữ vé số \(47\) trúng giải nhất nên mỗi kết quả ứng với một chỉnh hợp chập \(3\) của \(99\) phần tử, do đó ta có: \(\mathrm{A}_{99}^3=941094\) kết quả.

Nếu người giữ vé số \(47\) trúng một trong bốn giải thì:

\(\bullet \) Người giữ vé số \(47\) có \(4\) cách chọn giải.

\(\bullet \) Ba giải còn lại ứng với một chỉnh hợp chấp \(3\) của \(99\) phần tử, do đó ta có \(\mathrm{A}_{99}^3=941094\) cách.

Vậy số kết quả bằng \(4\times \mathrm{A}_{99}^3=4\times 941094=3764376\) kết quả.

Mỗi cách xếp số tự nhiên có \(5\) chữ số khác nhau từ các số \(1, 2, \ldots, 9\) là một chỉnh hợp chập \(5\) của \(9\) phần tử.

Vậy có \(\mathrm{A}_9^5=15120\).

Gọi số cần tìm là \(\overline{abcde},a\ne 0\).

\(\bullet \) Chọn \(a\) có \(9\) cách.

\(\bullet \) Chọn \(b\), \(c\), \(d\), \(e\) từ \(9\) số còn lại có \(\mathrm{A}_9^4=3024\) cách.

Vậy có \(9\times 3024=27216\).

Ta chia thành các trường hợp sau:

\(\bullet \) TH1: Nếu số \(123\) đứng đầu thì có \(\mathrm{A}_7^4\) số.

\(\bullet \) TH2: Nếu số \(321\) đứng đầu thì có \(\mathrm{A}_7^4\) số.

\(\bullet \) TH3: Nếu số \(123;321\) không đứng đầu.

Khi đó có \(6\) cách chọn số đứng đầu (khác \(0;1;2;3\)), khi đó còn \(6\) vị trí có \(4\) cách xếp 3 số \(321\) hoặc \(123\), còn lại \(3\) vị trí có \(\mathrm{A}_6^3\) cách chọn các số còn lại. Do đó trường hợp này có \(6\cdot 2\cdot 4\cdot\mathrm{A}_6^3=5760\).

Suy ra tổng các số thoả mãn yêu cầu là \(2\mathrm{A}_7^4+5760=7440\).

Mỗi nhóm học sinh \(3\) người được chọn (không phân biệt nam, nữ-công việc) là một tổ hợp chập \(3\) của \(40\) (học sinh).

Vì vậy, số cách chọn nhóm học sinh là \(\mathrm{C}_{40}^3=\displaystyle\frac{40!}{37!\cdot 3!}=9880\).

Mỗi đoàn được lập là một tổ hợp chập \(5\) của \(10\) (người). Vì vậy, số đoàn đại biểu có thể có là \(\mathrm{C}_{10}^5=\displaystyle\frac{10!}{5!\cdot 5!}=252\).

Vì không xét đến sự phân biệt chức vụ của \(3\) người trong ban thường vụ nên mỗi cách chọn ứng với một tổ hợp chập \(3\) của \(7\) phần tử.

Như vậy, ta có \(\mathrm{C}_7^5=\displaystyle\frac{7!}{2!\cdot 5!}=35\) cách chọn ban thường vụ.

Nếu kết quả cuộc thi là việc chọn ra \(4\) người có điểm cao nhất thì mỗi kết quả ứng với một tổ hợp chập \(4\) của \(15\) phần tử.

Như vậy, ta có \(\mathrm{C}_{15}^4=1365\) kết quả.

Số cách lấy \(6\) viên bi bất kỳ (không phân biệt màu) trong \(12\) viên bi là một tổ hợp chập \(6\) của \(12\) (viên bi). Vậy ta có \(\mathrm{C}_{12}^6=924\) cách lấy.

Mỗi cách lấy \(2\) con bài từ \(52\) con là một tổ hợp chập \(2\) của \(52\) phần tử.

Vậy số cách lấy hai con bài từ cỗ bài tú lơ khơ \(52\) con là \(\mathrm{C}_{52}^2=1326\).

Lấy hai đội bất kỳ trong \(15\) đội bóng tham gia thi đấu ta được một trận đấu.

Vậy số trận đấu chính là một tổ hợp chập \(2\) của \(15\) phần tử (đội bóng đá).

Như vậy, ta có \(\mathrm{C}_{15}^2=\displaystyle\frac{15!}{13!\cdot 2!}=105\) trận đấu.

Với hai điểm bất kỳ trong \(n\) điểm ta luôn được một đoạn thẳng.

Vậy số đoạn thẳng cần tìm chính là một tổ hợp chập \(2\) của \(2018\) phần tử (điểm).

Như vậy, ta có \(\mathrm{C}_{2018}^2=\displaystyle\frac{2018!}{2016!\cdot 2!}\) đoạn thẳng.

Với hai điểm bất kỳ trong \(n\) điểm ta luôn được một đoạn thẳng.

Vậy số đoạn thẳng cần tìm chính là số tổ hợp chập \(2\) của \(10\) phần tử (điểm).

Như vậy, ta có \(\mathrm{C}_{10}^2=\displaystyle\frac{10!}{8!2!}=45\) đường thẳng.

Cứ \(3\) điểm phân biệt không thẳng hàng tạo thành một tam giác.

Lấy \(3\) điểm bất kỳ trong \(6\) điểm phân biệt thì số tam giác cần tìm chính là một tổ hợp chập \(3\) của \(6\) phần từ (điểm).

Như vậy, ta có \(\mathrm{C}_6^3=20\) tam giác.

Số cách lấy \(3\) điểm từ \(10\) điểm phân biệt là \(\mathrm{C}_{10}^3=120\).

Số cách lấy \(3\) điểm bất kì trong \(4\) điểm \(\mathrm{A}_1\), \(\mathrm{A}_2\), \(\mathrm{A}_3\), \(\mathrm{A}_4\) là \(\mathrm{C}_4^3=4\).

Khi lấy \(3\) điểm bất kì trong \(4\) điểm \(\mathrm{A}_1\), \(\mathrm{A}_2\), \(\mathrm{A}_3\), \(\mathrm{A}_4\) thì sẽ không tạo thành tam giác.

Như vậy, số tam giác tạo thành \(120-4=116\) tam giác.

Lấy một cạnh bất kỳ của \(H\) làm cạnh của một tam giác có \(20\) cách.

Lấy một điểm bất kỳ trong \(16\) đỉnh còn lại của \(H\) (trừ đi hai đỉnh của một cạnh) có \(16\) cách.

Vậy số tam giác cần tìm là \(20\cdot 16=320\).

Một tam giác được tạo bởi ba điểm phân biệt nên ta xét:

TH1. Chọn \(1\) điểm thuộc \(d_1\) và \(2\) điểm thuộc \(d_2\xrightarrow{}\) có \(\mathrm{C}_{17}^1\times\mathrm{C}_{20}^2\) tam giác.

TH2. Chọn \(2\) điểm thuộc \(d_1\) và \(1\) điểm thuộc \(d_2\xrightarrow{}\) có \(\mathrm{C}_{17}^2\times\mathrm{C}_{20}^1\) tam giác.

Như vậy, ta có \(\mathrm{C}_{17}^1\times\mathrm{C}_{20}^2+\mathrm{C}_{17}^2\times\mathrm{C}_{20}^1=5950\) tam giác cần tìm.

Hai đường tròn cho tối đa hai giao điểm. Và \(5\) đường tròn phân biệt cho số giao điểm tối đa khi \(2\) đường tròn bất kỳ trong \(5\) đường tròn đôi một cắt nhau.

Vậy số giao điểm tối đa của \(5\) đường tròn phân biệt là \(2\mathrm{C}_5^2=20\).

Số giao điểm tối đa của \(10\) đường thẳng phân biệt khi không có ba đường thẳng nào đồng quy và không có hai đường thẳng nào song song.

Và cứ hai đường thẳng ta có một giao điểm suy ra số giao điểm chính là số cặp đường thẳng bất kỳ được lấy từ \(10\) đường thẳng phân biệt. Như vậy, ta có \(\mathrm{C}_{10}^2=45\) giao điểm.

Đa giác lồi \(n\) đỉnh thì có \(n\) cạnh. Nếu vẽ tất cả các đoạn thẳng nối từng cặp trong \(n\) đỉnh này thì có một bộ gồm các cạnh và các đường chéo.

Vậy để tính số đường chéo thì lấy tổng số đoạn thẳng dựng được trừ đi số cạnh, với

• Tất cả đoạn thẳng dựng được là bằng cách lấy ra \(2\) điểm bất kỳ trong \(n\) điểm, tức là số đoạn thẳng chính là số tổ hợp chập \(2\) của \(n\) phần tử.

Như vậy, tổng số đoạn thẳng là \(\mathrm{C}_n^2\).

Số cạnh của đa giác lồi là \(n\).

Suy ra số đường chéo của đa giác đều \(n\) đỉnh là \(\mathrm{C}_n^2-n=\displaystyle\frac{n\left(n-3\right)}{2}\).

Theo bài ra, ta có \(\begin{cases} n\ge 3 \\ \displaystyle\frac{n\left(n-3\right)}{2}=135 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} n\ge 3 \\ n^2-3n-270=0 \end{cases}\Leftrightarrow n=18\).

Cứ \(2\) đường thẳng song song với \(2\) đường thẳng vuông góc với chúng cắt nhau tại bốn điểm là \(4\) đỉnh của hình chữ nhật.

Vậy lấy \(2\) đường thẳng trong \(4\) đường thẳng song song và lấy \(2\) đường thẳng trong \(5\) đường thẳng vuông góc với \(4\) đường đó ta được số hình chữ nhật là \(\mathrm{C}_4^2\times\mathrm{C}_5^2=60\).

Số cách chọn \(3\) học sinh nữ là: \(\mathrm{C}_{20}^3=1140\) cách.

Số cách chọn \(2\) bạn học sinh nam là: \(\mathrm{C}_{15}^2=105\) cách.

Số cách chọn \(5\) bạn thỏa mãn yêu cầu bài toán là: \(1140\times 105=119700\).

Số cách chọn \(2\) số chẵn trong tập hợp \(\left\{2;4;6;8\right\}\) là: \(\mathrm{C}_4^2\) cách.

Số cách chọn \(2\) số lẻ trong tập hợp \(\left\{1;3;5;7;9\right\}\) là: \(\mathrm{C}_5^2\) cách.

Số cách hoán vị \(4\) chữ số đã chọn lập thành \(1\) số tự nhiên là: \(4!\) cách.

Vậy có \(4!\ \times \mathrm{C}_4^2\times \mathrm{C}_5^2\) số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Các viên bi lấy ra có đủ cả \(2\) màu nên ta có các trường hợp:

Vậy số chọn ra 4 viên có đủ cả hai màu là \[60+150+100=310.\]

Cách 2. (Dùng phần bù)

Số cách chọn \(4\) viên bi tùy ý từ \(11\) viên bi là: \(\mathrm{C}_{11}^5\) cách.

Số cách chọn \(4\) viên bi màu trắng là: \( \mathrm{C}_6^4\) cách.

Số cách chọn \(4\) viên bi là màu xanh là: \( \mathrm{C}_5^4\) cách.

Vậy có \( \mathrm{C}_{11}^5-\left( \mathrm{C}_6^4+ \mathrm{C}_5^4\right)=310\) cách chọn \(4\) viên bi trong đó có cả 2 màu.

Do trong \(5\) học sinh được chọn có cả nam cả nữ nên ta có các trường hợp sau:

Vậy số cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán là \[30+150+200+75=455.\]

Cách 2.

Số cách chọn \(5\) học sinh tùy ý là: \( \mathrm{C}_{11}^5\) cách.

Số cách chọn \(5\) học sinh nam là: \( \mathrm{C}_6^5\) cách.

Số cách chọn \(5\) học sinh nữ là: \( \mathrm{C}_5^5\) cách.

Vậy có \( \mathrm{C}_{11}^5- \mathrm{C}_6^5- \mathrm{C}_5^5=455\) cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Tổng số học sinh lớp 10A là \(35\).

Có \(\mathrm{C}_{35}^5\) cách chọn \(5\) học sinh từ \(35\) học sinh lớp 10A.

Có \(\mathrm{C}_{19}^5\) cách chọn \(5\) học sinh từ \(19\) học sinh nam của lớp 10A.

Do đó có \(\mathrm{C}_{35}^5-\mathrm{C}_{19}^5\) cách chọn \(5\) học sinh sao cho có ít nhất một học sinh nữ.

Do trong \(3\) học sinh được chọn có nhiều nhất \(1\) học sinh nam nên ta có các trường hợp sau:

Vậy có \(\mathrm{C}_{25}^1\times \mathrm{C}_{15}^2+\mathrm{C}_{25}^0\times \mathrm{C}_{15}^3=3080\) cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Cách 2.

Số cách chọn \(3\) học sinh bất kì trong lớp là: \(\mathrm{C}_{40}^3\) cách.

Số cách chọn \(3\) học sinh trong đó có \(2\) học sinh nam, \(1\) học sinh nữ là: \(\mathrm{C}_{25}^2\times \mathrm{C}_{15}^1\) cách.

Số cách chọn 3 học sinh nam là: \(\mathrm{C}_{25}^3\times \mathrm{C}_{15}^0\) cách.

Vậy có \(\mathrm{C}_{40}^3-\left(\mathrm{C}_{25}^2\times \mathrm{C}_{15}^1+\mathrm{C}_{25}^3\times \mathrm{C}_{15}^0\right)=3080\) cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Số cách chọn \(1\) người trong \(20\) người làm trưởng đoàn là: \(\mathrm{C}_{20}^1\) cách.

Số cách chọn \(1\) người trong \(19\) người còn lại làm phó đoàn là: \(\mathrm{C}_{19}^1\) cách.

Số cách chọn \(1\) người trong \(18\) người còn lại làm thư kí là: \(\mathrm{C}_{18}^1\) cách.

Số cách chọn \(3\) người trong \(17\) người còn lại làm ủy viên là: \(\mathrm{C}_{17}^3\) cách.

Vậy số cách chọn đoàn đại biểu là \(\mathrm{C}_{20}^1\times \mathrm{C}_{19}^1\times \mathrm{C}_{18}^1\times \mathrm{C}_{17}^3=4651200\).

Số cách chọn ra nhóm có \(5\) học sinh từ \(10\) học sinh là: \(\mathrm{C}_{10}^5\) cách.

Số cách chọn ra nhóm \(3\) học sinh từ \(5\) học sinh còn lại là: \(\mathrm{C}_5^3\) cách.

Số cách chọn ra nhóm \(2\) học sinh từ \(2\) học sinh còn lại là: \(\mathrm{C}_2^2\) cách.

Vậy có \(\mathrm{C}_{10}^5\times \mathrm{C}_5^3\times \mathrm{C}_2^2=2520\) cách chia nhóm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Số cách chọn nhóm thứ nhất là: \(\mathrm{C}_{21}^7\times \mathrm{C}_{15}^5\) cách.

Số cách chọn nhóm thứ hai là: \(\mathrm{C}_{14}^7\times \mathrm{C}_{10}^5\) cách.

Số cách chọn nhóm thứ ba là: \(\mathrm{C}_7^7\times \mathrm{C}_5^5\) cách.

Vậy có \(\left(\mathrm{C}_{21}^7\times \mathrm{C}_{15}^5\right)\times \left(\mathrm{C}_{14}^7\times \mathrm{C}_{10}^5\right)\times \left(\mathrm{C}_7^7\times \mathrm{C}_5^5\right)=\mathrm{C}_{21}^7\mathrm{C}_{15}^5\mathrm{C}_{14}^7\mathrm{C}_{10}^5\) cách chia nhóm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Số cách chọn \(1\) bông hồng đỏ từ giỏ hoa là: \(\mathrm{C}_4^1=4\).

Bó hoa gồm \(7\) bông hồng mà có đúng \(1\) bông hồng đỏ nên tổng số bông hồng vàng và bông hồng trắng là \(6\). Ta có các trường hợp sau:

Vậy số cách chọn bó hoa thỏa mãn yêu cầu bài toán là \[4(3+15+10)=112.\]

Ta có các trường hợp sau:

Vậy số cách chọn là

\[\begin{aligned}120+360+240+450+600+400=2170.\end{aligned}\]

Do trong \(5\) học sinh có đủ học sinh ở các lớp 12A, 12B, 12C nên ta có các trường hợp sau:

Vậy số cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán là

\[\begin{aligned} 12+8+18+36+24=98. \end{aligned}\]

Ta có các trường hợp sau

Vậy số cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán là

\[\begin{aligned}60+180+120+15+180+60+40+30=685.\end{aligned}\]

Ta có các trường hợp sau

Vậy số cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán là

\[25+25+100+250+100=500.\]

Từ giả thiết suy ra có \(3\) khả năng xảy ra như sau:

Vậy số cách chọn đội văn nghệ thỏa mãn yêu cầu bài toán là \[36+18+24=78.\]

Từ giả thiết suy ra có 2 trường hợp xảy ra như sau:

Vậy số cách chọn thỏa mãn yêu cầu là

\[120+280=400.\]

Ta có các trường hợp sau

Vậy số cách chọn thỏa yêu cầu bài toán là \[5+40+30+60+120+20=75.\]

Số cách chọn \(3\) tem thư trong \(5\) tem thư khác nhau là: \(\mathrm{C}_5^3\) cách.

Số cách chọn \(3\) bì thư trong \(6\) bì thư khác nhau là: \(\mathrm{C}_6^3\) cách.

Số cách dán tem thư thứ nhất vào \(3\) bì thư là: \(\mathrm{C}_3^1\) cách.

Số cách dán tem thư thứ hai vào \(2\) bì thư còn lại là: \(\mathrm{C}_2^1\) cách.

Số cách dán tem thư thứ hai vào bì thư cuối cùng là: \(\mathrm{C}_1^1\) cách.

Vậy có \(\left(\mathrm{C}_5^3\times \mathrm{C}_6^3\right)\times \left(\mathrm{C}_3^1\times \mathrm{C}_2^1\times \mathrm{C}_1^1\right)=1200\) cách làm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Theo bài ra, một đề thi gồm \(3\) câu hỏi vừa có câu hỏi lý thuyết vừa có câu hỏi bài tập nên ta xét:

Đề thi gồm \(1\) câu lý thuyết, \(2\) câu bài tập. Lấy \(1\) câu lý thuyết trong \(4\) câu lý thuyết có \(\mathrm{C}_4^1\) cách, tương ứng lấy \(2\) câu bài tập trong \(6\) câu bài tập có \(\mathrm{C}_6^2\) cách. Vậy có \(\mathrm{C}_4^1\times\mathrm{C}_6^2\) đề.

Đề thi gồm \(2\) câu lý thuyết, \(1\) câu bài tập. Lập luận tương tự TH1, ta sẽ tạo được \(\mathrm{C}_4^2\times\mathrm{C}_6^1\) đề.

Vậy có thể tạo được \(\mathrm{C}_4^1\times \mathrm{C}_6^2+\mathrm{C}_4^2\times \mathrm{C}_6^1=96\) đề thi thỏa mãn yêu cầu bài toán.