›
›
›

Đề cương Ôn tập môn Toán Lớp 11 - Chương 2: Tổ hợp-Xác suất

doc 63 trang nhatle22 2780
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề cương Ôn tập môn Toán Lớp 11 - Chương 2: Tổ hợp-Xác suất", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docde_cuong_on_tap_mon_toan_lop_11_chuong_2_to_hop_xac_suat.doc

Nội dung text: Đề cương Ôn tập môn Toán Lớp 11 - Chương 2: Tổ hợp-Xác suất

  1. CHỦ ĐỀ 2. TỔ HỢP – XÁC SUẤT QUY TẮC ĐẾM A. LÝ THUYẾT 1. Quy tắc cộng Một công việc được hoàn thành bởi một trong hai hành động. Nếu hành động này có m cách thực hiên, hành động kia có n cách thực hiên không trùng với bất kì cách nào của hành động thứ nhất thì công việc đó có m + n cách thực hiện. Chú ý: số phần tử của tập hợp hữu hạn X được kí hiệu là |X| hoặc n(X) Quy tắc cộng được phát biểu ở trên thực chất là quy tắc đếm số phần tử của hợp hai tập hợp hữu hạn không giao nhau: Nếu A và B là các tập hợp hữu hạn không giao nhau thì n A B n A n B Mở rộng: Một công việc được hoàn thành bởi một trong k hành động A1, A2 , A3 , , Ak .Nếu hành động A1 có m1cách thực hiện, hành động A2 có m2 cách thực hiện, , hành động Ak có mk cách thực hiện và các cách thực hiên của các hành động trên không trùng nhau thì công việc đó có m1 m2 m3 mk cách thực hiện. 2. Quy tắc nhân Một công việc được hoàn thành bởi hai hành động liên tiếp.Nếu có m cách thực hiện hành động thứ nhất và ứng với mỗi cách đó có n cách thực hiện hành động thứ hai thì công việc đó có m.n cách thực hiện. Mở rộng: Một công việc được hoàn thành bởi k hành động A1, A2 , A3 , , Ak liên tiếp. Nếu hành động A1 có m1cách thực hiện, ứng với mỗi cách thực hiện hành động A1 có m2 cách thực hiện hành động A2, , có mk cách thực hiện hành động Ak thì công việc đó có m1.m2.m3 mk cách hoàn thành.
  2. HOÁN VỊ- CHỈNH HỢP- TỔ HỢP 1. Hoán vị Cho tập hợp A có n phần tử n 1 . Mỗi kết quả của sự sắp xếp thứ tự n phần tử của tập hợp A được gọi là một hoán vị của n phần tử đó. Số các hoán vị của tập hợp có n phần tử được kí hiệu là Pn Định lí 1: Pn n(n 1) 2.1 n! với Pn là số các hoán vị chứng minh Việc sắp xếp thứ tự n phần tử của tập hợp A là một công việc gồm n công đoạn. Công đoạn 1: Chọn phần tử xếp vào vị trí thứ nhất: n cách Công đoạn 2: chọn phần tử xếp vào vị trí thứ hai: (n-1) cách Công đoạn thứ i: chọn phần tử xếp vào vị trí thứ i có n i 1 cách. . Công đoạn thứ n: chọn phần tử xếp vào vị trí thứ n có 1 cách. Theo quy tắc nhân thì có Pn n! cách sắp xếp thứ tự n phần tử của tập A, tức là có n! hoán vị. STUDY TIP Hai hoán vị của n phần tử chỉ khác nhau ở thứ tự sắp xếp. Chẳng hạn, hai hoán vị abc và acb của ba phần tử a, b, c là khác nhau. 2. Chỉnh hợp Cho tập A gồm n phần tử n 1 . Kết quả của việc lấy k phần tử khác nhau tử n phần tử của tập hợp A và sắp xếp chúng theo một thứ tự nào đó được gọi là một chinht hợp chập k của n phần tử đã cho. STUDY TIP: Từ định nghĩa ta thấy một hoán vị của tập hợp A có n phần tử là một chỉnh hợp chập n của A. n P An n! Định lý 2: Ak n n 1 n k 1 với Ak là số các chỉnh hợp chập k của n phần n n k ! n tử 1 k n . Chứng minh Việc thiết lập một chỉnh hợp chập k của tập A có n phần tử là một công việc gồm k công đoạn. Công đoạn 1: Chọn phần tử xếp vào vị trí thứ nhất có n cách thực hiện. Công đoạn 2: Chọn phần tử xếp vào vị trí thứ hai có n 1 cách thực hiện. . Sau khi thực hiện xong i 1 công đoạn (chọn i 1 phần tử của A vào các vị trí thứ 1, 2,., i 1 ), công đoạn thứ i tiếp theo là chọn phần tử xếp vào vị trí thứ i có n i 1 cách thực hiện. Công đoạn cuối, công đoạn k có n k 1 cách thực hiện. n! Thoe quy tắc nhân thì có n n 1 n k 1 chỉnh hợp chập k của tập A có n phần n k ! tử. 3. Tổ hợp Giả sử tập A có n phần tử n 1 . Mỗi tập con gồm k phần tử của A được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử đã cho. k Số các tổ hợp chập k của tập hợp có n phần tử có kí hiệu là Cn .
  3. STUDY TIP Số k trong định nghĩa cần thỏa mãn điều kiện 1 k n . Tuy vậy, tập hợp không có phần tử nào là tập rỗng nên ta quy ước gọi tổ hợp chập 0 của n phần tử là tập rỗng. QUY ƯỚC 0 0 0! 1 Cn An 1 Định lý 3 Ak n n 1 n k 1 n! C k n n k! k! k! n k ! Chứng minh Ta có mỗi hoán vị của một tổ hợp chập k của A cho ta một chỉnh hợp chập k của A. Vậy Ak Ak k!C k C k n . n n n k! k Định lý 4 (hai tính chất cơ bản của số Cn ) k n k a. Cho số nguyên dương n và số nguyên k với 0 k n . Khi đó Cn Cn . b. Hằng đẳng thức Pascal k k k 1 Cho số nguyên dương n và số nguyên dương k với 1 k n . Khi đó Cn 1 Cn Cn . Đọc thêm Trên máy tính cầm tay có chức năng tính tổ hợp, chỉnh hợp như sau: Với tổ hợp ta nhấn tổ hợp phím 5 Ví dụ ta muốn tính C12 ta ấn Với chỉnh hợp ta ấn tổ hợp phím 3 Ví dụ ta muốn tính A7 ta ấn tổ hợp phím B. CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP ĐẾM Phương pháp chung: Để đếm số cách lựa chọn để thực hiện một công việc A bằng quy tắc cộng, ta thực hiện các bước: Bước 1: Phân tích xem có bao nhiêu phương án riêng biệt để thực hiện công việc A (có nghĩa công việc A có thể hoàn thành bằng một trong các phương án A 1; A2 ; ; An ). Bước 2: Đếm số cách chọn x1; x2 ; ; xn trong các phương án A1; A2 ; ; An . Bước 3: Dùng quy tắc cộng ta tính được số cách lựa chọn để thực hiện công việc A là x x1 x2 xn .
  4. Để đếm số cách lựa chọn để thực hiện công việc Abằng quy tắc nhân, ta thực hiện các bước: Bước 1: Phân tích xem có bao nhiêu công đoạn liên tiếp cần phải tiến hành để thực hiện công việc A (giả sử A chỉ hoàn thành sau khi tất cả các công đoạn A1; A2 ; ; An hoàn thành). Bước 2: Đếm số cách chọn x1; x2 ; ; xn trong các công đoạn A1; A2 ; ; An . Bước 3: Dùng quy tắc nhân ta tính được số cách lựa chọn để thực hiện công việc A là x x1.x2 .x3 xn . Ví dụ 1. Một lớp học có 25 học sinh nam và 20 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm muốn chọn ra: a) một học sinh đi dự trại hè của trường. b) một học sinh nam và một học sinh nữ dự trại hè của trường. Số cách Chonju trong mỗi trường hợp a và b lần lượt là A. 45 và 500. B. 500 và 45. C. 25 và 500. D. 500 và 25. Lời giải Chọn A a) Bước 1: Với bài toán a thì ta thấy cô giáo có thể có hai phương án để chọn học sinh đi thi: Bước 2: Đếm số cách chọn. Phương án 1: chọn 1 học sinh đi dự trại hè của trường thì có 25 cách chọn. Phương án 2: chọn học sinh nữ đi dự trại hè của trường thì có 20 cách chọn. Bước 3: Áp dụng quy tắc cộng. Vậy có 20 25 45 cách chọn. b) Bước 1: Với bài toán b thì ta thấy công việc là chọn học sinh nam và một học sinh nữ. Do vậy ta có 2 công đoạn. Bước 2: Đếm số cách chọn trong các công đoạn. Công đoạn 1: Chọn 1 học sinh nam trong số 25 học sinh nam thì có 25 cách chọn. Công đoạn 2: Chọn 1 học sinh nữ trong số 20 học sinh nữ thì có 20 cách chọn. Bước 3: Áp dụng quy tắc nhân. Vậy ta có 25.20 500 cách chọn. STUDY TIP Bài toán ở ví dụ 1 giúp ta cũng cố và định hình các bước giải quyết bài toán đếm sử dụng quy tắc cộng; quy tắc nhân. Chú ý: Quy tắc cộng: Áp dụng khi công việc có nhiều phương án giải quyết. Quy tắc nhân: Áp dụng khi công việc có nhiều công đoạn. Ví dụ 2. Trên giá sách có 10 quyển sách Văn khác nhau, 8 quyển sách Toán khác nhau và 6 quyển sách Tiếng Anh khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn hai quyển sách khác môn nhau? A. 80.B. 60.C. 48.D. 188. Lời giải Chọn D Theo quy tắc nhân ta có: 10.8 80 cách chọn một quyển sách Văn và một quyển sách Toán khác nhau. 10.6 60 cách chọn một quyển sách Văn và một quyển sách Tiếng Anh khác nhau. 8.6 48 cách chọn một quyển sách Toán và một quyển sách Tiếng Anh khác nhau. Theo quy tắc cộng ta có số cách chọn 2 quyển sách khác môn là 80 60 48 188 cách. STUDY TIP Ta thấy bài toán ở ví dụ 2 là sự kết hợp của cả quy tắc cộng và quy tắc nhân khi bài toán vừa cần chia trường hợp vừa cần lựa chọn theo bước.
  5. Ví dụ 3. Biển đăng kí xe ô tô có 6 chữ số và hai chữ cái trong số 26 chữ cái (không dùng các chữ I và O). Chữ đầu tiên khác 0. Hỏi số ô tô được đăng kí nhiều nhất có thể là bao nhiêu? A. 5184.105. B. 576.106. C. 33384960. D. 4968.105. Lời giải Chọn A Theo quy tắc nhân ta thực hiện từng bước. Chữ cái đầu tiên có 24 cách chọn. Chữ cái tiếp theo cũng có 24 cách chọn. Chữ số đầu tiên có 9 cách chọn. Chữ số thứ hai có 10 cách chọn. Chữ số thứ ba có 10 cách chọn. Chữ số thứ tư có 10 cách chọn. Chữ số thứ năm có 10 cách chọn. Chữ số thứ sau có 10 cách chọn. Vậy theo quy tắc nhân ta có 24.24.9.105 5184.105 là số ô tô nhiều nhất có thể đăng kí. STUDY TIP Có thể phân biệt bài toán sử dụng quy tắc cộng hay quy tắc nhân là phân biệt xem công việc cần làm có thể chia trường hợp hay phải làm theo từng bước. Ví dụ 4. Có bao nhiêu cách xếp 7 học sinh A, B,C, D, E, F ,G vào một hàng ghế dài gồm 7 ghế sao cho hai bạn B và F ngồi ở hai ghế đầu? A. 720 cách.B. 5040 cách. C. 240 cách.D. cách.120 Lời giải Chọn C Ta thấy ở đây bài toán xuất hiện hai đối tượng. Đối tượng 1: Hai bạn B và F (hai đối tượng này có tính chất riêng). Đối tượng 2: Các bạn còn lại có thể thay đổi vị trí cho nhau. Bước 1: Ta sử dụng tính chất riêng của hai bạn B và F trước. Hai bạn này chỉ ngồi đầu và ngồi cuối, hoán đổi cho nhau nên có 2! cách xếp. Bước 2: Xếp vị trí cho các bạn còn lại, ta có 5! cách xếp. Vậy ta có 2!.5! 240 cách xếp. STUDY TIP Để nhận dạng một bài toán đếm có sử dụng hoán vị của n phần tử, ta dựa trên dấu hiệu a. Tất cả n phần tử đều có mặt. b. Mỗi phần tử chỉ xuất hiện 1 lần. c. Có sự phân biệt thứ tự giữa các phần tử. d. Số cách xếp n phần tử là số hoán vị của n phần tử đó Pn n!. Ví dụ 5. Một nhóm 9 người gồm ba đàn ông, bốn phụ nữ và hai đứa trẻ đi xem phim. Hỏi có bao nhiêu cách xếp họ ngồi trên một hàng ghế sao cho mỗi đứa trẻ ngồi giữa hai phụ nữ và không có hai người đàn ông nào ngồi cạnh nhau? A. 288. B. 864. C. D.24 . 576. Lời giải Chọn B
  6. Kí hiệu T là ghế đàn ông ngồi, N là ghế cho phụ nữ ngồi, C là ghế cho trẻ con ngồi. Ta có các phương án sau: PA1: TNCNTNCNT PA2: TNTNCNCNT PA3: TNCNCNTNT Xét phương án 1: Ba vị trí ghế cho đàn ông có 3! cách. Bốn vị trí ghế cho phụ nữ có thể có 4! cách. Hai vị trí ghế trẻ con ngồi có thể có 2! cách. Theo quy tắc nhân thì ta có 3!.4!.2! 288 cách. Lập luận tương tự cho phương án 2 và phương án 3. Theo quy tắc cộng thì ta có 288 288 288 864 cách. STUDY TIP Với các bài toán gồm có ít phần tử và vừa cần chia trường hợp vừa thực hiện theo bước thì ta cần chia rõ trường hợp trước, lần lượt thực hiện từng trường hợp (sử dụng quy tắc nhân từng bước) sau đó mới áp dụng quy tắc cộng để cộng số cách trong các trường hợp với nhau. Ví dụ 6. Một chồng sách gồm 4 quyển sách Toán, 3 quyển sách Vật lý, 5 quyển sách Hóa học. Hỏi có bao nhiêu cách xếp các quyển sách trên thành một hàng ngang sao cho 4 quyển sách Toán đứng cạnh nhau, 3 quyển Vật lý đứng cạnh nhau? A. 1 cách.B. 5040 cách. C. 725760 cách.D. cách.144 Lời giải Chọn C. Bước 1: Do đề bài cho 4 quyển sách Toán đứng cạnh nhau nên ta sẽ coi như “buộc” các quyển sách Toán lại với nhau thì số cách xếp cho “buộc” Toán này là 4! cách. Bước 2: Tương tự ta cũng “buộc” 3 quyển sách Lý lại với nhau, thì số cách xếp cho “buộc” Lý này là 3! cách. Bước 3: Lúc này ta sẽ đi xếp vị trí cho 7 phần tử trong đó có: + 1 “buộc” Toán. + 1 “buộc” Lý. + 5 quyển Hóa. Thì sẽ có 7! cách xếp. Vậy theo quy tắc nhân ta có 7!.4!.3! 725760 cách xếp. STUDY TIP Với các dạng bài tập yêu cầu xếp hai hoặc nhiều phần tử đứng cạnh nhau thì ta sẽ “buộc” các phần tử này một nhóm và coi như 1 phần tử. Ví dụ 7. Một câu lạc bộ phụ nữ của phường Khương Mai có 39 hội viên. Phường Khương Mai có tổ chức một hội thảo cần chọn ra 9 người xếp vào 9 vị trí lễ tân khác nhau ở cổng chào, 12 người vào 12 vị trí khác nhau ở ghế khách mới. Hỏi có bao nhiêu cách chọn các hội viên để đi tham gia các vị trí trong hội thao theo quy định? 9 12 9 12 9 12 9 12 A. B.A3 9C A 39 . C39 .C30 . C39 .C39 . D. A39 .A30 . Phân tích Bài toán sử dụng quy tắc nhân khi ta phải thực hiện hai bước: Bước 1: Chọn 9 người vào vị trí lễ tân. Bước 2: Chọn 12 người vào vị trí khách mời.
  7. Dấu hiệu nhận biết sử dụng chỉnh hợp ở phần STUDY TIP. Lời giải Chọn D. Bước 1: Chọn người vào vị trí lễ tân. Do ở đây được sắp theo thứ tự nên ta sẽ sử dụng chỉnh hợp. Số cách chọn ra 9 người vào vị trí 9 lễ tân là A39 cách. Bước 2: Chọn người vào vị trí khách mời. Số cách chọn là 12 thành viên trong số các thành 12 viên còn lại để xếp vào khách mời là A39 cách. Vậy theo quy tắc nhân thì số cách chọn các hội viên để đi dự hội thảo theo đúng quy định là 9 12 A39 .A39 cách. STUDY TIP Để nhận dạng một bài toán đếm có sử dụng chỉnh hợp chập k của n phần tử, ta cần có các dấu hiệu: a. Phải chọn k phần tử từ n phần tử cho trước. b. Có sự phân biệt thứ tự giữa k phần tử được chọn. k c. Số cách chọn k phần tử có phân biệt thứ tự từ n phần tử là An cách. Ví dụ 8. Có 6 học sinh và 2 thầy giáo được xếp thành hàng ngang. Hỏi có bao nhiêu cách xếp sao cho hai thầy giáo không đứng cạnh nhau? A. 30240 cách.B. cách.C.72 0 cách.D. 3 cách.62880 1440 Lời giải Chọn A. Cách 1: Trước hết, xếp 6 học sinh thành một hàng có 6! cách. Lúc này giữa hai học sinh bất kì sẽ tạo nên một vách ngăn và 6 học sinh sẽ tạo nên 7 vị trí có thể xếp các thầy vào đó tính cả hai vị trí ở hai đầu hàng (hình minh họa bên dưới). 7 vị trí dấu nhân chính là 7 vách ngăn được tạo ra. + Do đề yêu cầu 2 thầy giáo không đứng cạnh nhau nên ta xếp 2 thầy giáo vào 2 trong 7 vị trí 2 vách ngăn được tạo ra có A7 cách. 2 Theo quy tắc nhân ta có tất cả 6!.A7 30240 cách xếp. Cách 2: - Có 8! cách xếp 8 người. - Buộc hai giáo viên lại với nhau thì có 2! cách buộc. Khi đó có 2.7! cách xếp. Mà hai giáo viên không đứng cạnh nhau nên số cách xếp là 8! 2.7! 30140 cách xếp. STUDY TIP Khi bài toán yêu cầu xếp hai hoặc nhiều phần tử không đứng cạnh nhau. Chúng ta có thể tạo ra các “vách ngăn” các phần tử này trước khi xếp chúng. Ví dụ 9. Từ 5 bông hồng vàng, 3 bông hồng trắng và 4 bông hồng đỏ (các bông hoa xem như đôi một khác nhau), người ta muốn chọn một bó hồng gồm 7 bông, hỏi có bao nhiêu cách chọn bó hoa trong đó có ít nhất 3 bông hồng vàng và 3 bông hồng đỏ?
  8. A. 10 cách.B. cách. 20 C. 120cách.D. 150cách. Phân tích Ta thấy do chỉ chọn 7 bông hồng mà có ít nhất 3 bông hồng vàng và ít nhất 3 bông hồng đỏ nên chỉ có 3 trường hợp sau: TH1: Chọn được 3 bông hồng vàng và 4 bông hồng đỏ. TH2: Chọn được 4 bông hồng vàng và 3 bông hồng đỏ. TH3: Chọn được 3 bông hồng vàng, 3 bông hồng đỏ và 1 bông hồng trắng. Lời giải Chọn D. 3 TH1: Số cách chọn 3 bông hồng vàng là C5 cách. 4 Số cách chọn 4 bông hồng đỏ là C4 cách. 3 4 Theo quy tắc nhân thì có C5 .C4 10 cách. 4 3 TH2: Tương tự TH1 thì ta có C5 .C4 20 cách. 3 3 1 TH3: Tương tự thì có C5 .C4 .C3 120 cách. Vậy theo quy tắc cộng thì có 10 20 120 150 cách. STUDY TIP Để nhận dạng bài toán sử dụng tổ hợp chập k của n phần tử, ta dựa trên dấu hiệu: a. Phải chọn ra k phần tử từ n phần tử cho trước. b. Không phân biệt thứ tự giữa k phần tử được chọn. k c. Số cách chọn k phần tử không phân biệt thứ tự từ n phần tử đã cho là Cn cách. Từ các bài toán trên ta rút ra được quy luật phân biệt tổ hợp và chỉnh hợp như sau: k k Chỉnh hợp và tổ hợp liên hệ với nhau bởi công thức: An k !.Cn Chỉnh hợp: Có thứ tự. Tổ hợp: Không có thứ tự. Những bài toán mà kết quả phụ thuộc vào vị trí các phần tử thì sử dụng chỉnh hợp. Ngược lại thì sử dụng tổ hợp. Cách lấy k phần tử từ tập n phần tử k n : k + Không thứ tự: Cn k + Có thứ tự: An Ví dụ 10. Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 học sinh, gồm 5 học sinh lớp A , 4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C . Cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ sao cho 4 học sinh này thuộc không quá 2 trong 3 lớp trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy? A. B.12 0C 90. 270. D. 255. Lời giải Chọn D. 4 Số cách chọn 4 học sinh bất kì từ 12 học sinh là C12 495 cách. Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một em được tính như sau: TH1: Lớp A có hai học sinh, các lớp B,C mỗi lớp có 1 học sinh: 2 Chọn 2 học sinh trong 5 học sinh lớp A có C5 cách. 1 Chọn 1 học sinh trong 4 học sinh lớp B có C4 cách.
  9. 1 Chọn 1 học sinh trong 3 học sinh lớp C có C3 cách. 2 1 1 Suy ra số cách chọn là C5 .C4 .C3 120 cách. TH2: Lớp B có 2 học sinh, các lớp A,C mỗi lớp có 1 học sinh: 1 2 1 Tương tự ta có số cách chọn là C5 .C4 .C3 90 cách. TH3: Lớp C có 2 học sinh, các lớp A, B mỗi lớp có 1 học sinh: 1 1 2 Tương tự ta có số cách chọn là C5 .C4 .C3 60 cách. Vậy số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một học sinh là 120 90 60 270 cách. Số cách chọn ra 4 học sinh thuộc không quá 2 trong 3 lớp trên là 495 270 225 cách. STUDY TIP Trong nhiều bài toán, làm trực tiếp sẽ khó trong việc xác định các trường hợp hoặc các bước thì ta nên làm theo hướng gián tiếp như bài toán ở ví dụ 9. Ta sử dụng cách làm gián tiếp khi bài toán giải bằng cách trực tiếp gặp khó khan do xảy ra quá nhiều trường hợp, chúng ta tìm cách gián tiếp bằng cách xét bài toán đối. Ví dụ 11. Với các chữ số 0,1,2,3,4,5 có thể lập được bao nhiêu số gồm 8 chữ số, trong đó chữ số 1 có mặt 3 lần, mỗi chữ số khác có mặt đúng một lần? A. 6số.72B.0 40320 số. C.5880 số. D. 840 số. Lời giải Chọn C. Giả sử các số tự nhiên gồm 8 chữ số tương ứng với 8 ô. Do chữ số 1 có mặt 3 lần nên ta sẽ coi như tìm số các số thỏa mãn đề bài được tạo nên từ 8 số 0,1,1,1,2,3,4,5. Số hoán vị của 8 số 0,1,1,1,2,3,4,5 trong 8 ô trên là 8! 8! Mặt khác chữ số 1 lặp lại 3 lần nên số cách xếp là kể cả trường hợp số 0 đứng đầu. 3! 7! Xét trường hợp ô thứ nhất là chữ số 0, thì số cách xếp là . 3! STUDY TIP Bài toán trên là một dấu hiêu của hoán vị lặp. Để biết thêm về hoán vị lặp thì ta sẽ nghiên cứu ở phần đọc thêm. ĐỌC THÊM: Cho k phần tử khác nhau a1 ,a2 , ,ak . Một cách sắp xếp n phân tử trong đó gồm n1 phần tử a1 ,n2 phần tử a2 , ,nk phần tử ak n1 n2 nk n theo một thứ tự nào đó được gọi là hoán vị lặp cấp n và kiểu n1 ,n2 , ,nk của k phần tử. Số các hoán vị lặp dạng n! như trên là Pn n1 ,n2 , ,nk . n1 !.n2 ! nk ! 8! 7! Vậy các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là 5880 số. 3! 3!
  10. Ví dụ 12. Cho 8 bạn học sinh A, B,C, D, E, F,G, H . Hỏi có bao nhiêu cách xếp 8 bạn đó ngồi xung quanh 1 bàn tròn có 8 ghế? A. 40320 cách.B. cách.50 40 C. cách.7 20 D. cách.40319 Lời giải Ta thấy ở đây xếp các vị trí theo hình tròn nên ta phải cố định vị trí một bạn. Ta chọn cố định vị trị của A , sau đó xếp vị trí cho 7 bạn còn lại có 7! cách. Vậy có 7! 5040 cách. ĐỌC THÊM Hoán vị vòng quanh: Cho tập A gồm n phần tử. Một cách sắp xếp n phần tử của tập A thành một dãy kín được gọi là một hoán vị vòng quanh của n phần tử. Số các hoán vị vòng quanh của n phần tử là Qn n 1 ! Ví dụ 13. Một thầy giáo có 10 cuốn sách khác nhau trong đó có 4 cuốn sách Toán, 3 cuốn sách Lí, 3 cuốn sách Hóa. Thầy muốn lấy ra 5 cuốn và tặng cho 5 em học sinh A, B,C, D, E mỗi em một cuốn. Hỏi thầy giáo có bao nhiêu cách tặng cho các em học sinh sao cho sau khi tặng xong, mỗi một trong ba loại sách trên đều còn ít nhất một cuốn. A. 204 cách.B. cách.2C.44 80 cách. 7D.20 cách. 2520 Lời giải Ta thấy với bài toán này nếu làm trực tiếp thì sẽ khá khó, nên ta sẽ làm theo cách gián tiếp. Tìm bài toán đối đó là tìm số cách sao cho sau khi tặng sách xong có 1 môn hết sách. TH1: Môn Toán hết sách: Số cách chọn 4 cuốn sách Toán là 1 cách. Số cách chọn 1 cuốn trong 6 cuốn còn lại là 6 cách. Vậy có 6 cách chọn sách. 5 Số cách tặng 5 cuốn sách đó cho 5 em học sinh là A5 120 cách. Vậy có 6.120 720 cách. TH2: Môn Lí hết sách: Số cách chọn 3 cuốn sách Lí là 1 cách. 2 Số cách chọn 2 cuốn trong 7 cuốn còn lại là C7 cách. Vậy có 21 cách chọn sách. 5 Số cách tặng 5 cuốn sách đó cho 5 em học sinh là A5 120 cách. Vậy có 21.120 2520 cách. TH3: Môn Hóa hết sách: Tương tự trường hợp 2 thì có 2520 cách. 5 5 Số cách chọn 5 cuốn bất kì trong 10 cuốn và tặng cho 5 em là C10.A5 30240 cách. Vậy số cách chọn sao cho sau khi tặng xong, mỗi loại sách trên đều còn lại ít nhất một cuốn là 30240 720 2520 2520 24480 cách. STUDY TIP Ở đây có nhiều độc giả không xét đến công đoạn sau khi chọn sách còn công đoạn tặng sách nữa. Do các bạn A, B,C, D, E là khác nhau nên mỗi cách tặng sách các môn cho các bạn là khác nhau, nên ta phải xét thêm công đoạn đó. C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN KỸ NĂNG Câu 1. Trong một lớp có 17 bạn nam và 11 bạn nữ. a) Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra hai bạn, trong đó có một bạn nam và một bạn nữ? b) Hỏi có bao nhiêu cách chọn một bạn nam làm lớp trưởng? A. a. 187 cách và b. 28 cách. B. a. 28 cách và b. 187 cách.
  11. C. a. 17 cách và b. 11 cách. D. a. 11 cách và b. 17 cách. Câu 2. Các thành phố A, B,C, D được nối với nhau bởi các con đường như hình dưới. Hỏi có bao nhiêu cách đi từ A đến D rồi quay lại B A C B D A. 576 .B. .C. . 24 D. . 144 432 Câu 3. Một lớp có 25 học sinh khá môn Toán, 24 học sinh khá môn Ngữ Văn, 10 học sinh khá cả môn Toán và môn Ngữ Văn và 3 học sinh không khá cả Toán và Ngữ Văn. Hỏi lớp học đó có bao nhiêu học sinh? A. 39 .B. .C. .D. . 42 62 52 Câu 4. Trong kì thi tuyển nhân viên chuyên môn cho công ty cổ phần Giáo dục trực tuyến VEDU, ở khối A có 51 thí sinh đạt điểm giỏi môn Toán, 73 thí sinh đạt điểm giỏi môn Vật lí, 73 thí sinh đạt điểm giỏi môn Hóa học, 32 thí sinh đạt điểm giỏi cả hai môn Toán và Vật lí, 45 thí sinh đạt điểm giỏi cả hai môn Vật lí và Hóa học, 21 thí sinh đạt điểm giỏi cả hai môn Toán và Hóa học, 10 thí sinh đạt điểm giỏi cả ba môn Toán, Vật lí và Hóa học. Có 767 thí sinh mà cả ba môn đều không có điểm giỏi. Hỏi có bao nhiêu thí sinh tham dự tuyển nhân viên chuyên môn cho công ty? A. 867 .B. .C. . 776 D. . 264 767 Câu 5. Người ta phỏng vấn 100 người về ba bộ phim A, B,C đang chiếu thì thu được kết quả như sau: Bộ phim A: có 28 người đã xem. Bộ phim B: có 26 người đã xem. Bộ phim B: có 14 người đã xem. Có 8 người đã xem hai bộ phim A và B Có 4 người đã xem hai bộ phim B và C Có 3 người đã xem hai bộ phim A và C Có 2 người đã xem cả ba bộ phim A, B và C. Số người không xem bất cứ phim nào trong cả ba bộ phim A, B,C là: A. 55 .B. .C. .D. . 45 32 51 Câu 6. Một đội văn nghệ chuẩn bị được 2 vở kịch, 3 điệu múa và 6 bài hát. Tại hội diễn, mỗi đội chỉ được trình diễn 1 vở kịch, 1 điệu múa và 1 bài hát. Hỏi đội văn nghệ trên có bao nhiêu cách chọn chương trình diễn, biết chất lượng các vở kịch, điệu múa, bài hát là như nhau? A. 11 .B. .C. .D. . 36 25 18 Câu 7. Có bao nhiêu cách sắp xếp 8 viên bi đỏ khác nhau và 8 viên bi đen khác nhau thành một dãy sao cho hai viên bi cùng màu thì không được ở cạnh nhau? A. 3251404800 .B. 1625 .7C.02 400 . 72 D. . 36 Câu 8. Sắp xếp 5 học sinh lớp A và 5 học sinh lớp B vào hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy 5 ghế sao cho 2 học sinh ngồi đối diện nhau thì khác lớp. Khi đó số cách xếp là: A. 460000 .B. .C. 460500 . D. 460800 . 460900 Câu 9. Có 20 cặp vợ chồng tham dự chương trình Gameshow truyền hình thực tế. Có bao nhiêu cách chọn ra hai cặp đôi sao cho hai cặp đó là hai đôi vợ chồng? A. 380 .B. .C. . 116280 D. .90 5040 Câu 10. Cho tập hợp A 2;5 . Hỏi có thể lập được bao nhiêu số có 10 chữ số sao cho không có chữ số 2 nào đứng cạnh nhau? A. 144 số.B. số.C. 14 số.3 D. 1 số.024 512 Câu 11. Có 6 học sinh và 3 thầy giáo A, B,C . Hỏi có bao nhiêu cách xếp chỗ cho 9 người đó ngồi trên một hàng ngang có 9 ghế sao cho mỗi thầy giáo ngồi giữa hai học sinh?
  12. A. 43200 .B. .C. .D. 720 . 60 4320 Câu 12. Trong một tổ học sinh có 5 em gái và 10 em trai. Thùy là một trong 5 em gái và Thiện là một trong 10 em trai đó. Thầy chủ nhiệm chọn một nhóm 5 bạn tham gia buổi văn nghệ sắp tới. Hỏi thầy chủ nhiệm có bao nhiêu cách chọn mà trong đó có ít nhất một trong hai em Thùy hoặc Thiện không được chọn? A. 286 .B. .C. .D.3 003 . 2717 1287 Câu 13. Một nhóm học sinh có 3 em nữ và 7 em trai. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp 10 em này thành một hàng ngang sao cho giữa hai em nữ bất kì đều không có một em nam nào? A. 241920 .B. .C. 302 .D.40 . 5040 840 Câu 14. Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau và tổng các chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng nghìn bằng 8 ? A. 720 số.B. số.C. 5 0số.4 D. số. 936 1440 Câu 15. Cho đa giác đều A1 A2 A2n nội tiếp trong đường tròn tâm O . Biết rằng số tam giác có đỉnh là 3 trong 2n điểm A1; A2 ; ; A2n gấp 20 lần so với số hình chữ nhật có đỉnh là 4 trong 2n điểm A1; A2 ; ; A2n . Vậy giá trị của n là: A. n 10 .B. .C. n . D.1 2 . n 8 n 14 Câu 16. Giả sử ta dùng 5 màu để tô màu cho 3 nước khác nhau trên bản đồ và không có màu nào được dùng hai lần. Số các cách để chọn những màu cần dùng là: 5! 5! A. .B. .C. .D. 5 3 53 2! 3!2! Câu 17. Ông bà An cùng 6 đứa con đang lên máy bay theo một hàng dọc. Có bao nhiêu cách xếp hàng khác nhau nếu ông An và bà An đứng ở đầu hoặc cuối hàng? A. 720 .B. .C. . 1440 D. . 20160 40320 Câu 18. Có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu khó, 10 câu trung bình, 15 câu dễ. Từ 30 câu đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5 câu khác nhau, sao cho mỗi đề phải có 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu dễ không ít hơn 2 ? A. 142506 .B. .C. 568 .7D.5 . 10500 22750 Câu 19. Biển đăng kí xe ô tô có 6 chữ số và hai chữ cái trong số 26 chữ cái (không dùng các chữ I và O ). Chữ số đầu tiên khác 0 . Hỏi số ô tô được đăng kí nhiều nhất có thể là bao nhiêu? A. 5184.105 .B. .C. 576.106 .D. .33384960 4968.105 Câu 20. Một bộ ghép hình gồm các miếng gỗ. Mỗi miếng gỗ được đặc trưng bởi tiêu4 chuẩn: chất liệu, màu sắc, hình dạng và kích cỡ. Biết rằng có 2 chất liệu (gỗ, nhựa); có 4 màu (xanh, đỏ, lam, vàng); có 4 hình dạng (hình tròn, vuông, tam giác, lục giác) và có 3 kích cỡ (nhỏ, vừa, lớn). Xét miếng gỗ “nhựa, đỏ, hình tròn, vừa”. Hỏi có bao nhiêu miếng gỗ khác miếng gỗ trên ở đúng hai tiêu chuẩn? A. 29 .B. .C. .D. . 39 48 56 Câu 21. Có 5 bi đỏ và 5 bi trắng có kích thước đôi một khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách xếp các bi này thành một hàng dài sao cho hai bi cùng màu không được nằm kề nhau? A. 28800 .B. .C. 864 . 00 D. 4 . 3200 720 Câu 22. Cho X 0;1;2;3;4;5;6;7 . Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau từ X sao cho một trong 3 chữ số đầu tiên phải có mặt chữ số 1 A. 2880 .B. .C. . 840 D. . 1440 2520 Câu 23. Một hộp bi có 5 viên bi đỏ, 3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh. Có bao nhiêu cách để lấy 4 viên bi từ hộp sao cho trong 4 viên bi lấy được số bi đỏ lớn hơn số bi vàng? A. 125 .B. .C. . 275 D. . 150 270 Câu 24. Cho hai đường thẳng song song d1;d2 . Trên đường thẳng d1 lấy 10 điểm phân biệt, trên đường thẳng d2 lấy 15 điểm phân biệt. Hỏi có bao nhiêu tam giác tạo thành mà ba đỉnh của nó được chọn từ 25 điểm vừa nói ở trên?
  13. 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 A. C10C15 .B. .C. C10C15 .D. C10 .C15 C10C15 C10C15C10C15 Câu 25. Từ các chữ số của tập A 0;1;2;3;4;5;6;7 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm chữ7 số trong đó chữ số 2 xuất hiện đúng ba lần, các chữ số còn lại đôi một khác nhau? A. 31203 .B. .C. 126 .0D.0 . 181440 36 Câu 26. Trong mặt phẳng cho 2010 điểm phân biệt sao cho ba điểm bất kì không thẳng hàng. Hỏi có bao nhiêu vecto mà có điểm đầu và điểm cuối thuộc 2010 điểm đã cho? A. 4040100 .B. .C.4 038090 .D. .2021055 2019045 Câu 27. Cho hai đường thẳng song song d1;d2 . Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, trên đường thẳng d2 có n điểm phân biệt n 2 . Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm nói trên. Vậy n có giá trị là? A. 20 .B. .C. .D. . 21 30 32 Câu 28. Trong mặt phẳng cho n điểm, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng và trong tất cả các đường thẳng nối hai điểm bất kì không có hai đường thẳng nào song song, trùng nhau hoặc vuông góc. Qua mỗi điểm vẽ các đường thẳng vuông góc với các đường thẳng được xác định bởi 2 trong n 1 điểm còn lại. Số giao điểm của các đường thẳng vuông góc giao nhau nhiều nhất là bao nhiêu? A. 2C 2 n C 2 1 5C3 .B. 2C 2 2 n C 2 . 1 5C3 n n 1 n 2 n 1 n n n 1 n 2 n 1 n 2 2 C. 3C 2 2 nC 2 1 5C3 .D. C 2 n C 2 . 1 5C3 n n 1 n 2 n 1 n n n 1 n 2 n 1 n 2 2 Câu 29. Một bữa tiệc bàn tròn của các câu lạc bộ trong trường Đại học Sư Phạm Hà Nội trong đó có 3 thành viên từ câu lạc bộ Máu Sư Phạm, 5 thành viên từ câu lạc bộ Truyền thông và thành7 viên từ câu lạc bộ Kĩ năng. Hỏi có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi cho các thành viên sao cho những người cùng câu lạc bộ thì ngồi cạnh nhau? A. 7257600 .B. .C.7 293732 . D.3 174012 . 1418746 Câu 30. Có 7 bông hồng đỏ, 8 bông hồng vàng, 10 bông hồng trắng, các bông hồng khác nhau từng đôi một. Hỏi có bao nhiêu cách lấy 3 bông hồng có đủ ba màu? A. 560 .B. .C. .D. 310 . 3014 319 Câu 31. Xếp 6 người (trong đó có một cặp vợ chồng) ngồi quanh bàn tròn có 6 cái ghế không ghi số sao cho cặp vợ chồng ngồi cạnh nhau. Số cách xếp là: A. 240 .B. .C. . 48 D. . 120 24 Câu 32. Một dãy ghế dài có 10 ghế. Xếp một cặp vợ chồng ngồi vào 2 trong 10 ghế sao cho người vợ ngồi bên phải người chồng (không bắt buộc phải ngồi gần nhau). Số cách xếp là: A. 45 .B. .C. .D. . 50 55 90 Câu 33. Một đoàn tàu có bốn toa đỗ ở sân ga. Có bốn hành khách bước lên tàu. Số trường hợp có thể xảy ra về cách chọn toa của bốn khách là: A. 24 .B. .C. . 256 D. . 232 1 Câu 34. Trong một túi đựng 10 viên bi đỏ, 20 viên bi xanh, 15 viên bi vàng. Các viên bi có cùng kích cỡ. Số cách lấy ra 5 viên bi và sắp xếp chúng vào 5 ô sao cho 5 ô bi đó có ít nhất một viên bi đỏ. A. 146611080 .B. 3 .C.89 55840 .D. 8971 .27 107655240 Câu 35. Một bộ bài có 52 lá, có 4 loại: cơ, rô, chuồn, bích mỗi loại có 13 lá. Muốn lấy ra 8 lá bài phải có đúng 1 lá cơ, đúng 3 lá rô và không quá 2 lá bích. Hỏi có mấy cách chọn? A. 39102206 .B. .2C.26 20312 .D. 3644 .3836 16481894 Câu 36. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số trong đó các chữ số cách đều chữ số đứng giữa thì giống nhau? A. 900 .B. .C. .D.90 00 . 90000 27216
  14. Câu 37. Một lớp có n học sinh (n 3 ). Thầy chủ nhiệm cần chọn ra một nhóm và cần cử ra một học sinh làm nhóm trưởng. Số học sinh trong mỗi nhóm phải lớn hơn 1 và nhỏ hơn n . Gọi T là số cách chọn, lúc này: n 1 n k n 1 n 1 k A. T  kCn .B. T n . C.2 1 .D. T n2 . T  kCn k 2 k 1 Câu 38. Trong một căn phòng có 36 người trong đó có 25người họ Nguyễn, 11 người họ Trần. Trong số những người họ Nguyễn có 8 cặp là anh em ruột (anh trai và em gái), 9 người còn lại (gồm 4 nam và 5 nữ) không có quan hệ họ hàng với nhau. Trong 11 người họ Trần, có 3 cặp là anh em ruột (anh trai và em gái), 5 người còn lại (gồm 2 nam và 3 nữ) không có quan hệ họ hàng với nhau. Chọn ngẫu nhiên 2 người. a) Hỏi có bao nhiêu cách chọn hai người cùng họ và khác giới tính? A. 156 .B. .C. . 30 D. . 186 126 b) Hỏi có bao nhiêu cách chọn hai người sao cho không có cặp anh em ruột nào? A. 619 .B. .C. .D. 6 .30 11 25 D. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. Đáp án A. a) Bước 1: Chọn bạn nam có 17 cách. Bước 2: Chọn bạn nữ có 11 cách. Theo quy tắc nhân ta có 17.11 187 cách b) Số cách để chọn ra 1 bạn nam làm lớp trường là17 . Số cách để chọn ra 1 bạn nữ làm lớp trưởng là11 . Vậy có 11 17 28 cách. Câu 2. Đáp án C. Đi từ A đến D có 4.2.3 24 cách. Đi từ D về B có 3.2 6 cách. Vậy đi từ A đến D rồi quay lại B có 6.24 144 cách. Câu 3. Đáp án B. Gọi A là tập các học sinh khá môn Toán,B là tập các học sinh khá môn Ngữ Văn. Theo đề ta có: A 25; B 24; A B 10. Theo quy tắc tính số phần tử của hợp hai tập hợp hữu hạn bất kì ta có: A B A B A B 25 24 10 39 Vậy lớp học có 39 3 42 học sinh. Câu 4. Đáp án A. Kí hiệu A, B,C tương ứng là tập hợp các thí sinh đạt điểm giỏi ở ít nhất một trong ba môn là Toán, Vật lý, Hóa học. A 51; B 73; C 64; A B 32; B C 45; AC 21; A B C 10. Lúc này ta có A B C là tập hợp các học sinh đạt điểm giỏi ở ít nhất một trong ba môn là Toán, Vật lý, Hóa học. Ta có: A B C A B C A B B C AC A B C 51 73 64 32 45 21 10 100. Vậy số thí sinh dự tuyển vào công ty VEDU là 100 767 867 . Câu 5. Đáp án B. Theo quy tắc tính số phần tử của ba tập hợp hữu hạn bất kì, ta có số người xem ít nhất một bộ phim là 28 26 14 8 4 3 2 55 người. Vậy số người không xem bất cứ bộ phim nào là 100 55 45 người. Câu 6. Đáp án B. Chọn 1 vở kịch có 2 cách. Chọn 1 điệu múa có 3 cách. Chọn 1 bài hát có 6 cách. Vậy theo quy tắc nhân ta có 2.3.6 36 cách. Câu 7. Đáp án A.
  15. Nhận xét: Bài toán là sự kết hợp giữa quy tắc cộng và quy tắc nhân. Do hai viên bi cùng màu không được ớ cạnh nhau nên ta có trường hợp sau: Phương án 1: Các bi đỏ ở vị trí lẻ. Có 8 cách chọn bi đỏ ở vị trí số.1 Có 7 cách chọn bi đỏ ờ vị trí số.3 . Có 1 cách chọn bi đỏ ờ vị trí số.15 Suy ra có 8.7.6 3.2.1 cách xếp 8 bi đỏ.Tương tự có 8.7.6 3.2.1 cách xếp 8 bi xanh. Vậy có (8.7 3.2.1)2 cách xếp. Phương án 2: Các bi đỏ ở vị trí chẵn ta cũng có cách xếp tương tự. Vậy theo quy tắc cộng ta có(8!)2 (8!)2 3251404800 . Câu 8. Đáp án C. Cách 1: Bước 1: Học sinh đầu tiên, giả sử đó là học sinh lớp A có 10 cách chọn ghế. Bước 2: Có 5 cách chọn ra một học sinh lớp B ngồi vào ghế đối diện. Bước 3: Có 8 cách chọn ra một học sinh lớp A vào ghế tiếp theo. Bước 4: Có 4 cách chọn ra học sinh lớp B vào ghế đối diện. Bước 5: Có 6 cách chọn ra học sinh lớp A . Bước 6: Có 3 cách chọn học sinh lớp B vào ghế đối diện. Bước 7: Có 4 cách chọn học sinh lớp A vào ghế tiếp. Bước 8: Có 2 cách chọn học sinh lớp B vào ghế đối diện. Bước 9: Có 2 cách chọn học sinh lớp A vào ghế kế tiếp. Bước 10: Có 1 cách chọn học sinh lớp B vào ghế đối diện. Theo quy tắc nhân thì có 10.5.8.4.6.3.4.2.2.1 5! 2 .25 460800 cách. Cách 2: Vì 2 học sinh ngồi đối diện nhau thì khác lớp nên mỗi cặp ghế đối diện nhau sẽ được xếp bởi 1 học sinh lớp A và 1 học sinh lớp.B Số cách xếp 5 học sinh lớp A vào 5 cặp ghế là 5! cách. Số cách xếp 5 học sinh lớp B vào 5 cặp ghế là 5! cách. Số cách xếp chỗ ở mỗi cặp ghế là 2 cách. Theo quy tắc nhân thì có 5! 2 .25 460800 cách. Câu 9. Đáp án A. Bước 1: Có 20 cách chọn người đàn ông đầu tiên. Bước 2: Sau đó chi có 1 cách chọn vợ của anh ta. Bước 3: Có 19 cách chọn người đàn ông tiếp theo. Bước 4: Sau đó chi có 1 cách chọn vợ của anh ta. Vậy theo quy tắc nhân thì có 20.1.19.1 380 cách. Câu 10. Đáp án A. TH1: Số có 10 chữ số 5 : chi có 1 số duy nhất. TH2: Số có 9 chữ số 5 và 1 chữ số.2 Xếp 9 số 5 thành hàng có 1 cách. Khi đó tạo nên 10 "vách ngăn" đế xếp số.2 1 1 Xếp số 2 có C10 cách. Vậy có C10 số. TH3: Số có 8 chữ số 5 và 2 chữ số.2 2 Tưong tự sử dụng phương pháp tạo vách ngăn như TH2 thì tìm được C9 số. 3 TH4: Số có 7 chữ số 5 và 3 chữ số 2 : có C8 số.
  16. 4 TH5: Số có 6 chữ số 5 và 4 chữ số 2 : có C7 số. 5 TH6: Có 5 chữ số 5 và 5 chữ số 2 : có C6 số. 1 2 3 4 5 Vậy theo quy tắc cộng thì có 1 C10 C9 C C7 C6 144 số. Câu 11. Đáp án A. Ta sử dụng phương pháp tạo "vách ngăn" được giới thiệu ờ phần lí thuyết. Bước 1: Xếp vị trí cho 6 học sinh có 6! cách. Bước 2: Do đề yêu cầu mỗi thầy giáo ngồi giữa hai học sinh nên ta chỉ tính 5 vách ngăn được tạo 3 ra giữa 6 học sinh. Số cách xếp 3 thầy giáo vào 5 vị trí là A5 cách. 3 Vậy theo quy tắc nhân thì có 6!. A5 43200 cách. Câu 12. Đáp án C. Do ở đây việc tìm trực tiếp sẽ có nhiều trường hợp nên ta sẽ giải bài toán bằng cách gián tiếp. Ta sẽ đi tìm bài toán đối. Ta đi tìm số cách chọn ra 5 bạn mà trong đó có cả hai bạn Thùy và Thiện. 3 Bước 1: Chọn nhóm 3 em trong 13 em, trừ Thùy và Thiện thì có C13 286 cách. Bước 2: Ghép 2 em Thùy và Thiện có 1 cách. Vậy theo quy tắc nhân thì có 286 cách chọn 5 em trong đó cả Thùy hoặc Thiện đều được chọn. 5 - Chọn 5 em bất kì trong số 15 em có C15 3003 cách. Vậy theo yêu cầu đề bài thì có tất cả 3003 286 2717 cách chọn mà trong đó có ít nhất một trong hai em Thùy và Thiện không được chọn. Câu 13. Đáp án A. Do ở đây xuất hiện dấu hiệu cúa phương pháp "buộc" phần từ đó là các phần tử được xếp cạnh nhau nên ta áp dụng như sau: Bước 1: Buộc 3 em nữ thành một buộc thì số cách đổi vị trí các em nữ trong buộc đó là 3! cách. Bước 2: Sau khi buộc 3 em nữ thì ta chỉ còn 8 phần tử. Số cách xếp 8 phần từ này là 8! cách. Theo quy tắc nhân thì có 3!.8! 241920 cách. Câu 14. Đáp án D. Gọi a1a2a3a4a5a6 là số cần lập. Theo giả thiết a3 a4 a5 8. Suy ra a3;a4 ;a5 1;2;5 hoặc a3;a4 ;a5 1;3;4 TH1: a3;a4 ;a5 1;2;5 3 3 Có 3! cách chọn .a Xếp3a4a 5 a 1có;a 2 ;a6 cách.A 6Vậy theo quy tắc nhân thì có 3!A6 số. 720 TH2: a3;a4 ;a5 1;3;4 Tương tự ta cũng tìm được 720 số. Vậy có tất cả 720 720 1440 số. Câu 15. Đáp án C. 3 Số tam giác có 3 đỉnh là 3 trong 2n điểm A1; A2 ; ; A2n là C2n . Ứng với hai đường chéo đi qua tâm của đa giác A1 A2 A2n cho tương ứng một hình chữ nhật có 4 đỉnh là 4 điểm trong 2n điểm A1; A2 ; ; A2n và ngược lại mỗi hình chữ nhật như vậy sẽ cho ra 2 đường chéo đi qua tâmO của đa giác. Mà số đường chéo đi qua tâm của đa giác đều 2n đỉnh là n nên số hình chữ nhật có đỉnh là 4 2 trong 2n điểm là Cn
  17. 2n 2n 1 2n 2 20n n 1 Theo đề bài ta có: C3 20C 2 n 8 . 2n n 3! 2 Câu 16. Đáp án C. 5! Số cách chọn ra 3 màu trong 5 màu mà không có màu nào trùng nhau là C3 . 5 3!.2! Câu 17. Đáp án B. Bưóc 1: Xếp chỗ cho hai ông bà An có 2 cách. Bước 2: xếp chỗ cho 6 người con có 6! cách. Theo quy tắc nhân thì có 2.6! 1440 cách Câu 18. Đáp án A. Xét các trường hợp: 2 2 1 THI: Đề gồm 2 câu dễ, 2 câu khó, 1 câu trung bình thì có C15C5 C10 10500 đề. 2 1 2 TH2: Đề gồm 2 câu dễ, 1 câu khó và 2 câu trung bình thì có C15C5C10 23625 đề. 3 1 1 TH3: Đề gồm 3 câu dễ, 1 câu khó và 1 câu trung bình thì có C15C5C10 22750 đề. Theo quy tắc cộng thì có 10500 23625 22750 56875 đề. Câu 19. Đáp án A. Theo quy tắc nhân ta thực hiện từng bước. Chữ cái đầu tiên có 24 cách chọn. Chữ cái tiếp theo cũng có 24 cách chọn. Chữ số đầu tiên có 9 cách chọn Chữ số thứ hai có 10 cách chọn. Chữ số thứ ba có 10 cách chọn Chữ số thứ bốn có 10 cách chọn Chữ số thứ năm có 10 cách chọn Chữ số thứ sáu có 10 cách chọn. Vậy theo quy tắc nhân ta có 24.24.9.105 5184.105 là số ô tô nhiều nhất có thể đăng ký. Câu 20. Đáp án A. 2 Có C4 6 cách chọn 2 trong 4 tiêu chuẩn. Với hai tiêu chuẩn “chất liệu, cỡ” thì có 1.2 2 miếng khác ở đúng tiêu chuẩn này. Với hai tiêu chuẩn “chất liệu, màu” thì có 1.3 3 miếng khác ở đúng tiêu chuẩn này. Với hai tiêu chuẩn “chất liệu, dạng” thì có 1.3 3 miếng khác ở đúng tiêu chuẩn này. Với hai tiêu chuẩn “cỡ, dạng” thì có 2.3 6 miếng khác ở đúng tiêu chuẩn này. Với hai tiêu chuẩn “cỡ, màu” thì có 3.3 9 miếng khác ở đúng tiêu chuẩn này. Tóm lại có 2 3 3 6 6 9 29 miếng. Câu 21. Đáp án A. Ta thấy điều kiện xếp là hai bi cùng màu không nằm cạnh nhau nên ta phải xếp xen kẽ các viên bi. Có 2 cách chọn viên bi đầu tiên (có thể là đỏ hoặc trắng). Mỗi cách chọn có 5! cách xếp 5 bi đỏ và có 5! cách xếp 5 bi trắng. Vậy có 2.5!.5! 28800 cách xếp. Nhiều bạn có lời giải sai như sau: Ở đây ta áp dụng quy tắc “vách ngăn” để giải quyết bài toán. Số cách xếp 5 bi đỏ là có 5! cách. 5 bi đỏ tạo ra 6 vách ngăn để xếp 5 bi trắng vào. Số cách xếp 5 5 bi trắng là A6 cách. 5 Vậy số cách xếp các viên bi là 5!.A6 86400 . Từ đây chọn B là sai. Do nếu theo quy tắc vách ngăn ở đây có 6 vách mà có 5 bi, tức là có thể có vách ngăn trống khiến cho 2 viên bi cùng màu cạnh nhau. Câu 22. Đáp án A.
  18. Gọi số tự nhiên cần tìm có dạng.abcde 4 TH1: Nếu a 1 khi đó cóA7 840 cách chọn 4 chữ số xếp vào b,c,d,e . TH2: Nếu a 1 , khi đó: Có 6 cách chọn a. Có 2 cách xếp chữ số 1 vào số cần tạo ở vị trí b 3 hoặc c . Các chữ số còn lại trong số cần tạo có A6 cách chọn. Như vậy trường hợp này có 3 2.6.A6 1440 số. Vậy có tất cả 840 1440 2280 số. Chú ý: Nhiều độc giả quên mất a 0 nên tính cả a 0 nên dẫn đến ra D là sai. Câu 23. Đáp án B. Các trường hợp lấy được 4 bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng như sau: *TH1: Số bi lấy được không có bi vàng: 4 - lấy 4 bi đỏ: Có C5 cách 1 3 - Lấy 1 bi đỏ, 3 bi xanh có C5C4 cách. 2 2 - Lấy 2 bi đỏ, 2 bi xanh có C5 C4 cách. 3 1 - Lấy 3 bi đỏ, 1 bi xanh có C5 C4 cách. *TH2: 4 bi lấy được có đúng 1 bi vàng 2 1 1 - Lấy 2 bi đỏ, 1 bi vàng, 1 bi xanh có C5 C3C4 cách. 3 1 - Lấy 3 bi đỏ, 1 bi vàng có C5 C3 cách. 4 1 3 2 2 3 1 2 1 1 3 1 Vậy số cách là: C5 C5C4 C5 C4 C5 C4 C5 C3C4 C5 C3 275 Câu 24. Đáp án C. Ta có 2 trường hợp: TH1:tam giác gồm hai đỉnh thuộc d1 và một đỉnh thuộc d2 . Số cách chọn bộ hai điểm trong 10 2 1 điểm thuộc d1 là C10 . Số cách chọn một điểm trong 15 điểm thuộc d2 là C15 .Theo quy tắc nhân 2 1 thì có C10C15 tam giác. 1 2 TH2: Gồm một đỉnh thuộc d1 và hai đỉnh thuộc.d2 Tương tự ta tìm được C10C15 tam giác thỏa mãn. 2 1 1 2 Vậy theo quy tắc cộng thì có tất cả C10C15 C10C15 tam giác. Câu 25. Đáp án B. 3 4 3 4 Có C7 cách để xếp 3 chữ số 2 . Khi đó có A6 cách xếp 4 chữ số còn lại. Vậy có C7 A6 12600 số. Câu 26. Đáp án A. Cách 1: Chú ý: Bài toán không nói vectơ có khác vectơ không nên ta vẫn xét cả vectơ không ở đây. Và 2 điểm khác nhau tạo nên 2 vectơ có điểm đầu và điểm cuối hoán vị cho nhau nên ở đây việc chọn vectơ sẽ sử dụng chỉnh hợp chứ không phải tổ hợp. TH1: Có 2010 vectơ không được tạo thành. TH2: Các vectơ khác vectơ không Mỗi vectơ thỏa mãn yêu cầu bài toán ứng với một chỉnh hợp chập 2 của 2010 , nên số vectơ cần 2 2 tìm là A2010 . Theo quy tắc cộng thì có A2010 2010 4040100 vectơ tạo thành. Cách 2: Có 2010 cách chọn điểm đầu. có 2010 cách chọn điểm cuối. Có 20102 4040100 vectơ. Câu 27. Đáp án A. Tương tự Câu 24 ta có số tam giác được tạo thành theo n là n n 1 C1 C 2 C 2 C1 2800 10 45n 2800 n2 8n 560 0 n 20 . 10 n 10 n 2
  19. Câu 28. Đáp án D. 2 *Gọi n điểm đã cho là A1, A2 , , An . Xét một điểm cố định, khi đó có Cn 1 đường thẳng được xác 2 định bởi 2 trong n 1 điểm còn lại nên sẽ có Cn 1 đường thẳng vuông góc đi qua điểm cố định đó. n n 1 n 2 *Do đó có tất cả nC 2 đường thẳng vuông góc nên có C 2 giao điểm n 1 2 n n 1 n 2 2 (tính cả những giao điểm trùng nhau) *Ta chia các điểm trùng nhau thành 3 loại 2 n 1 n 2 2 - Qua một điểm có Cn 1 đường thẳng vuông góc nên ta phải trừ đi n Cn 1 1 2 điểm. - Qua ba điểm A1, A2 , A3 của 1 tam giác có 3 đường thẳng cùng vuông góc với A4 A5 và 3 đường 3 thẳng này song song với nhau nên ta mất 3 giao điểm, do đó trong TH này ta phải loại đi 3Cn - Trong mỗi tam giác thì ba đường cao chỉ có một giao điểm, nên ta mất 2 điểm cho mỗi tam giác, 3 do đó trường hợp này ta phải trừ đi 2Cn . Vậy số giao điểm nhiều nhất có được là: C 2 n C 2 1 5C3 . n n 1 n 2 n 1 n 2 Câu 29. Đáp án A. Do các thành viên cùng câu lạc bộ thì ngồi cạnh nhau nên ta sử dụng phương pháp “buộc” các phần tưt để giải quyết bài toán. Lúc này ta có 3 phần tử đó là 3 câu lạc bộ. Theo công thức hoán vị vòng quanh được giới thiệu ở phần ví dụ thì ta có 2! cách xếp 3 câu lạc bộ vào bàn tròn. Với mỗi cách xếp thì có: 3! cách xếp các thành viên CLB Máu Sư phạm. 5! cách xếp các thành viên CLB Truyền thông. 7! cách xếp các thành viên CLB Kỹ năng. Vậy theo quy tắc nhân thì có tất cả: 2!.3!.5!.7! 7257600 cách xếp. Câu 30. Đáp án A. 3 Cách 1: Số cách lấy 3 bông hồng bất kì: C25 2300 3 3 3 Số cách lấy 3 bông hòng chỉ có một màu: C7 C8 C10 211 3 3 3 3 3 3 Số cách lấy 3 bông hồng có đúng hai màu: C15 C17 C18 2 C7 C8 C10 1529 Vậy số cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán là2300 211 1529 560 . Cách 2: Có 7 cách chọn bông hồng màu đỏ. Có 8 cách chọn bông hồng màu vàng. Có 10 cách chọn bông hồng màu trắng. Có 7.8.10 560 cách. Câu 31. Đáp án B. Áp dụng quy tắc “buộc” các phần tử ta có 2! cách xếp hai vợ chồng. Sau khi “buộc” hai vợ chồng lại thì ta có tất cả 5 phần tử. Theo công thức hoán vị vòng quanh thì số cách xếp 5 phần tử quanh bàn tròn là 4! . Vậy theo quy tắc nhân thì có 2!.4! 48 . Câu 32. Đáp án A. Ta lần lượt đánh số các ghế từ 1 đến.10 - Nếu người chồng ở vị trí số 1 thì có 9 cách xếp người vợ. - Nếu người chồng ở vị trí số 2 thì có 8 cách xếp người vợ. - . - Nếu người chồng ở vị trí số 9 thì có 1 cách xếp người vợ. Vậy có tất cả 9 8 7 6 5 4 3 2 1 45 cách.
  20. Câu 33. Đáp án B. Chọn toa cho vị khách thứ nhất có 4 cách. Chọn toa cho vị khách thứ hai có 4 cách. Chọn toa cho vị khách thứ ba có 4 cách. Chọn toa cho vị khách thứ tư có 4 cách. Theo quy tắc nhân thì có 44 256 cách chọn toa cho bốn khách. Câu 34. Đáp án D. Bước 1:Chọn bi 5 - Số cách chọn ra 5 viên bi bất kì là C45 cách. 5 - Số cách chọn ra 5 viên bi trong đó không có viên bi đỏ nào là C35 cách. 5 5 - Số cách chọn ra 5 viên bi trong đó có ít nhất một viên bi màu đỏ là C45 C35 cách. Bước 2: Sắp xếp các viên bi. Số cách xếp 5 viên bi vào 5 ô là 5! 5 5 Theo quy tắc nhân thì có 5!.(C45 C35 ) 107655240 . Câu 35. Đáp án A. Xét các trường hợp sau: 1 3 1 3 - Lấy được 1 lá cờ, 3 lá rô và 4 chuồn thì có C3C13C13C13 22620312 cách lấy. Theo quy tắc cộng thì có tất cả 22620312 13823524 2658370 39102206 cách lấy. Câu 36. Đáp án A. Gọi số cần tìm là abcab . Có 9 cách chọn a. Có 10 cách chọn b. Có 10 cách chọn c. Vậy có tất cả 9.10.10 900 số. Câu 37. Đáp án A. Gọi Ak là phương án: Chọn nhóm có k học sinh và chỉ định nhóm trưởng của nhóm. Thầy chủ nhiệm có các phương án A2 , A3 , A4 , , An 1 . Ta tính xem có bao nhiêu cách thực hiện. Phương án Ak có hai công đoạn: k - Công đoạn 1: Chọn k học sinh có Cn cách chọn. - Công đoạn 2: Chỉ định nhóm trưởng: có k cách chọn. k Theo quy tắc nhân thì phương án Ak có kCn cách thực hiện. n 1 k Vậy theo quy tắc cộng thì T  kCn . k 2 Câu 38. a) Đáp án C. * Có 8 4 12 nam họ Nguyễn và có 8 5 13 nữ họ Nguyễn. Vậy có 12.13 156 cặp cùng họ Nguyễn mà khắc giới tính. * Tương tự có 5.6 30 cách chọ cặp cùng họ Trần mà khác giới tính. Vậy có 156 30 186 cách chọn hai người cùng họ và khác giới tính. b) Đáp án A. Ta có 8 3 11 cặp anh em trong đó 8 cặp họ Nguyễn và 3 cặp họ Trần. 2 Chọn bất kì 2 người trong số 36 người thì có C36 630 cách chọn. Vậy có tất cả 630 11 619 cách chọn các cặp sao cho không có cặp anh em nào.
  21. NHỊ THỨC NEWTON A. LÝ THUYẾT 1. Công thức nhị thức Newton Khai triển a b được cho bởi công thức sau: Định lý 1 Với a, b là các số thực và n là sô nguyên dương, ta có n n k n k k 0 n 1 n 1 k n k k n n a b Cn a b Cn a Cna b Cn a b Cn b . 1 k 0 Quy ước a0 b0 1 Công thức trên được gọi là công thức nhị thức Newton (viết tắt là Nhị thức Newton). STUDY TIP Trong biểu thức ở VP của công thức (1) a) Số các hạng tử là n 1 . b) Số các hạng tử có số mũ của a giảm dần từ n đén 0, số mũ của b tăng dần từ 0 đến n, nhưng tổng các số mũ của a và b trong mỗi hạng tử luôn bằng n. c) Các hệ số của mỗi hạng tử cách đều hai hạng tử đầu và cuối thì bằng nhau. Hệ quả n 0 1 n Với a b 1, thì ta có 2 Cn Cn Cn . 0 1 k k n n Với a 1; b 1 , ta có 0 Cn Cn 1 Cn 1 Cn Các dạng khai triển cơ bản nhị thức Newton n 0 n 1 n 1 2 n 2 k n k n 1 n x 1 Cn x Cn x Cn x Cn x Cn x Cn n 0 1 2 2 k k n 1 n 1 n n 1 x Cn Cn x Cn x Cn x Cn x Cn x n 0 1 2 2 k k k n 1 n 1 n 1 n n n x 1 Cn Cn x Cn x 1 Cn x 1 Cn x 1 Cn x k n k Cn Cn Ck Ck 1 Ck 1, n 1 n n n 1 k.n! n n 1 ! k.C k nC k 1 n n k !k! n k ! k 1 ! n 1 1 k.n! n n 1 ! 1 C k C k 1 k 1 n k 1 n k !k! n 1 n k ! k 1 ! n 1 n 1 2. Tam giác Pascal. n = 0 1 n = 1 1 1 n = 2 1 2 1 n = 3 1 3 3 1 n = 4 1 4 6 4 1 n = 5 1 5 10 10 5 1 Tam giác Pascal được thiết lập theo quy luật sau - Đỉnh được ghi số 1. Tiếp theo là hàng thứ nhất ghi hai số 1. - Nếu biết hàng thứ n n 1 thì hàng thứ n+1tiếp theo được thiết lập bằng cách cộng hai số liên tiếp của hàng thứ n rồi viết kết quả xuống hàng dưới ở vị trí giữa hai số này. Sau đó viết số 1 ở đầu và cuối hàng.
  22. Nhận xét: Xét hàng thứ nhất, ta có: 0 1 1 C1 , 1 C1 . Ở hàng thứ 2, ta có 0 1 2 1 C3 , 2 C2 , 1 C2 . Ở hàng thứ 3, ta có 0 1 2 3 1 C3 , 3 C3 ,3 C3 , 1 C3 . STUDY TIP 0 1 2 n 1 n Các số ở hàng thứ n trong tam giác Pascal là dãy gồm n 1 số Cn , Cn , Cn , , Cn , Cn . B. Các dạng toán sử dụng công thức tổ hợp và nhị thức Newton DẠNG 1. Xác định điều kiện của số hạng thỏa mãn yêu cầu cho trước Phương pháp chung: k 1 k n k k - Xác định số hạng tổng quát của khai triển T Cn a b (số hạng thứ k 1 ). - Từ T k 1 kết hợp với yêu cầu bài toán ta thiết lập một phương trình (thông thường theo biến k). - Giải phương trình để tìm kết quả. 2 1 Ví dụ 1. Trong khai triển a , số hạng thứ 5 là b A. 35a6b 4 . B. 35a6b 4 . C. . D.24 a4b 5 24a4b 5 Lời giải Đáp án B. Theo công thức tổng quát ở lý thuyết thì ta có số hạng thứ 5 là 4 4 2 3 1 6 4 C7 a 35a b . b 3 3 Ví dụ 2. Trong khai triển 2 x , x 0 số hạng không chứa x sau khi khai triển là x A. 4354560.B. 13440.C. 60466176.D. 20736. Lời giải Đáp án A. 10 10 1 1 3 3 3 Ta có 2 x 2.x 3.x 2 x Từ lý thuyết ở trên ta có số hạng thứ k 1 trong khai triển là 10 k k 20 5k k 10 k k 3 2 k 10 k k 6 C10.2 .3 .x .x C10.2 .3 .x . Theo yêu cầu đề bài ta có 20 5k 0 k 4 . 4 6 4 Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là C10.2 .3 210.256.81 435460. STUDY TIP Trong các bài toán tìm số hạng trong khi khai triển các nhị thức, ta chú ý các công thức sau n xm xm.n , xm.xn xm n xm m xm n , n xm x n xn Cho bài toán: n Cho nhị thức P a x b x tìm số hạng chứa x (không chứa x khi 0 ) trong khai triển đa thức P.
  23. - Giải phương trình tổ hợp hoặc sử dụng công thức tính tổng để tìm n (nếu giả thuyết chưa cho n). - Số hạng tổng quát trong khai triển f n,k Tk 1 g n,k .x . - Theo đề thì f n,k k k0. Thay k k0 vào g n,k thì ta có số hạng cần tìm. n 1 3 5 Ví dụ 3. Cho n là số dương thỏa mãn 5Cn Cn . Số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Newton n nx2 1 P với x 0 là 14 x 35 16 35 16 A B. .C. . D. . x5 x5 16 35 16 35 Lời giải Đáp án C. Điều kiện n ¥ , n 3. 5.n! n! 5 1 Ta có 5C n 1 C3 n n 1!. n 1 ! 3!. n 3 ! n 3 ! n 2 n 1 6. n 3 ! n 7 TM n2 3n 28 0 n 4 L 7 x2 1 Với n 7 ta có P 2 x 1 k Số hạng thứ k 1 trong khai triển là T .C k .x14 3k k 1 27 k 7 Suy ra 14 3k 5 k 3 35 Vậy số hạng chứa x5 trong khai triển là T x5. 4 16 STUDY TIP Chú ý phân biệt giữa hệ số và số hạng. n g k Với P x  ak x ; Số hạng chứa x tương ứng với g k ; giải phương trình ta tìm k 0 được k. Nếu k ¥ ; k n thì hệ số phải tìm là ak . Nếu k ¥ hoặc k n thì trong khai triển không có số hạng chứa x , hệ số phải tìm bằng 0. 9 Ví dụ 4. Trong khai triển biểu thức F 3 3 2 số hạng nguyên có giá trị lớn nhất là A 8 B. . 4536 C. . 4528 D. . 4520 Lời giải Đáp án B. 9 k k k 3 Ta có số hạng tổng quát Tk 1 C9 3 2 Ta thấy bậc hai của căn thức là 2 và 3 là hai số nguyên tố, do đó để Tk 1 là một số nguyên thì k ¥ 6 3 k 3 T C3 3 3 2 4536 0 k 9 4 9 0 9 9 k 2 9 k 9 T C 3 3 2 8 10 9 k3
  24. Vậy trong khai triển có hai số hạng nguyên là T4 4536 và T10 8 . 13 13 12 13 Ví dụ 5. Tìm hệ số có giá trị lớn nhất trong khai triển đa thức P x 2x 1 a0 x a1x a . A. .8 B. . 4536 C. . 4528 D. . 4520 Lời giải Đáp án A. 13 n 13 n Ta có số hạng tổng quát sau khi khai triển nhị thức 2x 1 là an C13.2 . n 1 14 n an 1 C13 .2 , n 1,2,3, ,13 n 1 14 n 13 13 n Xét bất phương trình với ẩn số n ta có an 1 an C13 .2 Cn .2 2.13! 13! 2 1 14 n ¥ . n 1 ! 14 n ! n! 13 n ! 14 n n 3 Do đó bất đẳng thức an 1 an đúng với n 1, 2, 3, 4 và dấu đẳng thức không không xảy ra. Ta được a0 a1 a2 a3 a4 a5 và a4 a5 a6 a13 Từ đây ta có hệ số có giá trị lớn nhất trong khai triển nhị thức là 4 9 a4 C13.2 366080. Phương pháp giải 2 n Giả sử sau khi khai triển ta được đa thức P x a0 a1x a2 x an x Xét các khả năng sau: 1. Nếu ak 0k (trường hợp ak 0k tương tự) Ta xét bất phương trình ak ak 1, thông thường giải ra được nghiệm k k0 ¥ . Do k nguyên nên k 0,1, ,k0. Từ đó suy ra bất phương trình ak ak 1 có nghiệm k k0. Chú ý rằng trong các bài toán về nhị thứ Newton thì phương trình ak ak 1là bậc nhất theo k nên có nhiều nhất một nghiệm và nếu có thì phương trình đó là k k0. Như vậy có hai khả năng xảy: Nếu a a k k thì ta có: a a a a a a a k k 1 0 0 1 k0 1 k0 k0 1 k0 2 n Khi đó ta tìm được hai hệ số lớn nhất là a a k0 k0 1 Nếu phương trình ak ak 1 vô nghiệm thì ta có: a a a a a a a . 0 1 k0 1 k0 k0 1 k0 2 n Khi đó ta có a là hệ số lớn nhất trong khai triển của nhị thức. k0 2. Nếu a2k 0k và a2k 1 0k (trường hợp a2k 0k và a2k 1 0k tương tự) thì khi đó bài toán trở thành tìm số lớn nhất trong các số a2k . Ta cũng xét bất phương trình a2k a2k 2 rồi làm tương tự như phần 1. STUDY TIP Phương pháp tìm hệ số lớn nhất trong khai triển n n k n k k + Áp dụng khai triển a b Cn a b k 0 k n k k + Xác định số hạng tổng quát Cn a b suy ra hệ số tổng quát là một dãy số theo ak . + Xét tính tăng giảm của ak từ đó tìm được k tương ứng. Suy ra hệ số lớn nhất trong khai triển. Đọc thêm Một thuật toán khai triển nhanh tam thức Newton Bài toán: khai triển tam thức Newton sau a b c n
  25. Lời giải tổng quát Bước 1: Viết tam giác Pascal đến dòng thứ n , để có được hệ số của nhị thức Newton b c n . Bước 2: Ở các đầu dòng ta viết các đơn thức là khai triển nhị thức Newton a 1 n . Bước 3: Nhân lần lượt các đơn thức ở đầu dòng mỗi cột với các đơn thức còn lại trên mỗi dòng đó rồi cộng các kết quả lại, ta thu được kết quả khai triển. Cụ thể ta có ở dưới đây 1.an 1 1 n 1 Cn .a 1b 1c 2 n 2 2 2 Cn .a 1b 2bc 1c 1 n 3 2 2 2 2 Cn .a 1b 3b c 3bc 1c o n 1 n 1 n 1 n 1 n 1.a 1.b Cn .b .c Cn .b.c 1.c Sau khi cộng lại ta được: n n n p n p q n q q p q n q q n p a b c Cn .a .(C p .b .c )  Cn .C p .b .c .a p 0 q 0 0 q p n STUDY TIP Sau khi khai triển a b c n với 0 q p n số hạng thứ p 1 trong khai triển là p q n q q n p Tp Cn .C p .b .c .a . 10 Ví dụ 6. Hệ số của số hạng chứa x4 trong khai triển P(x) 3x2 x 1 là: A. 1695. B. 1485. C. 405. D. 360. Đáp án A. Lời giải 10 Với 0 q p 10 thì số hạng tổng quát của khai triển P(x) 3x2 x 1 là: p q 2 10 p p q q p q 10 p p q 20 2 p Tp C10.C p .(3x ) .(x) .1 C10.C p .3 .(x) Theo đề bài thì p q 20 2 p 4 p q 16 Do 0 q p 10 nên ( p;q) (8;8);(9;7);(10;6) . 10 Vậy hệ số của x4 trong khai triển P(x) 3x2 x 1 là: 8 8 10 8 9 7 10 9 10 6 10 10 C10.C8 .3 C10.C9 .3 C10 .C10.3 1695 . STUDY TIP Chú ý khi ra nhiều trường hợp của ( p,q) thì ta công hệ số các trường hợp với nhau để có kết quả. 10 Ví dụ 7. Tìm số hạng chứa x13 trong khai triển thành các đa thức của x x2 x3 là: A. 135. B. 45. C. .1 35x13 D. . 45x13 Đáp án C. Lời giải
  26. 10 Với 0 q p 10 thì số hạng tổng quát của khai triển x x2 x3 là: p q 10 p 2 p q 3 q p q 10 p 10 p q Tp C10.C p .(x) .(x ) .(x ) C10.C p .3 .(x) Theo đề bài thì 10 p q 13 p q 3 Do 0 q p 10 nên ( p;q) (2;1);(3;0) . 13 2 1 3 0 Vậy hệ số của x trong khai triển là: C10.C2 C10.C3 210 . Dạng 2: Các bài toán về công thức tổ hợp và nhị thức Newton Các bài toán về công thức tổ hợp và nhị thức Newton Một số công thức thường dùng trong các bài tập dạng này như sau: k n k k k 1 k 1 Cn Cn Cn Cn Cn 1 , n 1 1 1 kC k nC k 1 * C k C k 1 n n 1 k 1 n n 1 n 1 n 2 n 0 1 n n 1 0 2 4 2 2 Cn Cn Cn 2 Cn Cn Cn Cn n 1 2 1 n 1 1 3 5 2 2 Cn Cn Cn Cn STUDY TIP Ngoài ra từ công thức * ta mở rộng được công thức: k k 1 k 2 k 2 Cn 2Cn Cn Cn 2 k k 1 k 2 k 3 k 3 Cn 3Cn 3Cn Cn Cn 3 Ví dụ 1. Cho n;k ¥ *,k n trong các đẳng thức sau đây đẳng thức nào sai? n 1 1 A. .C k CB.k 1 . C k C k 1. n k n 1 k 1 n n 1 n 1 k n k k k 1 C. .C n Cn .D. nCn kCn 1 . Đáp án D. Lời giải Cách 1: Giải theo phương pháp tự luận n! n n 1 ! n Với A: Ta có C k C k 1 n k! n k ! k k 1 ! n k ! k n 1 k k 1 Từ A ta suy ra ktừC nđây ntaC ncó 1 ,luôn D sai. Ta chọn D. Đọc thêm: Chứng minh B; C. 1 n! n 1 ! 1 Với B: C k C k 1 k 1 n k 1 n k !k! n 1 n k ! k 1 ! n 1 n 1 n! n! Với C: Ta có C k C n k n k! n k ! n k !k! n Cách 2: Sử dụng máy tính để thử Với các bài toán xét đẳng thức đúng thi ta có thể sử dụng máy tính để thử. Ta thử với từng trường hợp, thử với cặp số cụ thể. Ví dụ với A ta thử ngay với k 3;n 4 ta thấy đẳng thức này đúng, suy ra A đúng, từ đây suy ra D sai.
  27. Math ▲ 4 4C3 3C2 3 0 STUDY TIP Đẳng thức ở phương án A là một đẳng thức quan trọng trong các bài toán về công thức tổ hợp Ta có hai hệ quả quan trọng như sau: Với mọi n;k ¥ *,2 k n Hệ quả 1: Ta có k k 2 k 1 kCn n 1 nCn 2 Hệ quả 2: Ta có 2 k k 2 k 1 k Cn n n 1 Cn 2 nCn 1 3 3 Ví dụ 2. Cho n ¥ * thỏa mãn 6n 6 Cn Cn 1, Số các số n thỏa mãn là:. A. 10 số. B. 9 số. C. 8 số. D. 7 số. Đáp án A. Lời giải 3 3 2 3 3 32 Điều kiện n 3 . Ta có 6n 6 Cn Cn 1 6n 6 Cn doCn 1 Cn Cn n! 6n 6 n2 13n 12 0 1 n 12. 2! n 2 ! 8 9 10 15 Ví dụ 3. Cho S C15 C15 C15 C15 . Tính S. A. S 215. B. S 214. C. S 213. D. S 212. Đáp án B Lời giải k n k Cách 1: Sử dụng đẳng thức Ctan được: Cn 8 9 10 15 7 6 5 0 S C15 C15 C15 C15 C15 C15 C15 C15. 15 8 9 10 15 7 6 5 0 k 15 2S (C15 C15 C15 C15 ) (C15 C15 C15 C15 ) C15 2 k 0 S 214 8 9 10 15 14 Vậy S (C15 C15 C15 C15 ) 2 Cách 2: Sử dụng máy tính Casio Do bài toán này, tổng bé và số các số hạng trong tổng ít nên ta có sử dụng lệnh tổng trong máy W tính Caiso bằng cách bấm máy: SHIFT LOGWW(W) . W Ta nhập SHIFT LOGW15 SHIFT alpha )8 15 STUDY TIP Các hệ số của mỗi hạng tử cách đều hai hạng tử đầu và cuối thì bằng nhau. Với các bài toán tính tổng ở trên ta cần chú ý kỹ thuật sử dụng các đẳng thức cơ bản sau:
  28. k k 2 k n k k n k 1 k(k 1)Cn n(n 1)Cn 2 Cn Cn ,Cn Cn 1 và các hệ quả: k 2 k k 2 k 1 k Cn n(n 1)Cn 2 nCn 1 k k k 1 Đẳng thức Pascal: Cm Cm 1 Cm 1 0 1 2 m 1 m 1 m m m Cm Cm Cm ( 1) Cm ( 1) Cm ( 1 1) 0 0 1 2 m 1 m m m Cm Cm Cm Cm Cm (1 1) 2 0 1 2 2n 1 2n 1 2n 2n m C2n C2n C2n ( 1) C2n ( 1) C2n ( 1 1) 0 Xét m 2n : 0 1 2 2n 1 2n 2n 2n C2n C2n C2n C2n C2n (1 1) 2 Cộng vế theo vế, trừ vế theo vế, ta được kết quả sau: 0 2 4 2n 2 2n 1 3 5 2n 3 2n 1 n 1 C2n C2n C2n C2n C2n C2n C2n C2n C2n C2n 2 Xét m = 2n + 1, hoàn toàn tương tự, ta được: 0 2 4 2n 1 3 5 2n 1 2n C2n 1 C2n 1 C2n ! C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 2 Ví dụ 4. Trong các đẳng thức sau đẳng thức nào sai? 1 2 n 1 n n 1 A. .S1 1Cn 2Cn (n 1)Cn nCn n2 1 2 n k 2 B. .S2 1.2.Cn 2.3.Cn (n 1).n.Cn (n 1).n.Cn 2 2 1 2 2 2 n 1 2 n n 2 C. .S3 1 Cn 2 Cn (n 1) Cn n Cn n(n 1)2 C 0 C1 C 2 C n 1 C n 1 D. .S n n n n n (2n 1) 4 1 2 3 n n 1 n 1 Đáp án D. Lời giải Ta có thể sử dụng máy tính để thử trường hợp riêng của đẳng thức trên, tôi xin phép không đưa cách làm cụ thể vì độc giả có thể dễ dàng giải được. Tôi xin giới thiệu cách chứng minh cụ thể như sau: k k 1 Với A: Ta sẽ dùng đẳng thức kCn nCn 1 . Khi đó ta có: n 1 2 n 1 n k S1 1Cn 2Cn (n 1)Cn nCn  kCn k 1 n k 1 0 1 n 2 n 1 n 1 n 1  nCn 1 n(Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 ) n(1 1) n.2 k 1 Vậy A đúng. k k 1 Với B: Ta sẽ dùng đẳng thức (k 1)kCn (n 1)nCn 1 . Khi đó ta có: n n 1 2 n 1 k k 2 S2 1.2Cn 2.3Cn (n 1).nCn (k 1)kCn (n 1)nCn 2 k 2 k 2 0 1 n 3 n 2 n 2 (n 1)n(Cn 2 Cn 2 Cn 2 Cn 2 ) (n 1)n.2 Vậy B đúng. 2 k k 2 k 1 Với C: Ta có k Cn n 1 nCn 2 nCn 1 . 2 1 2 2 2 n 1 2 n Khi đó ta có: S3 1 Cn 2 Cn  n 1 Cn n Cn . n n 2 k k 2 k 1 .  k Cn  n 1 nCn 2 nCn 1 k 1 k 1 0 1 2 n 3 n 2 0 1 2 n 2 n 1 n 1 n Cn 2 Cn 2 Cn 2 Cn 2 Cn 2 n Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 .
  29. n 1 n2n 2 n2n 1 n n 1 2n 2 Vậy C đúng. Từ đây ta chọn D. C k Đọc thêm tính tổng S : Các số hạng của S có dạng n nên ta sẽ dùng đẳng thức 4 4 k 1 C k C k 1 n n 1 . k 1 n 1 0 1 2 n 1 n n k n k 1 Cn Cn Cn Cn Cn Cn Cn 1 Khi đó ta có: S4   . 1 2 3 n n 1 k 0 k 1 k 0 n 1 1 1 2 n n 1 1 n 1 0 1 n 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 2 Cn 1 2 1 . n 1 n 1 n 1 STUDY TIP. 2 k 2 k k 2 k 1 * Các số hạng của S3 có dạng k Cn nên ta dùng đẳng thức k Cn n 1 nCn 2 nCn 1 . C k C k C k 1 * Các số hạng của S có dạng n nên ta sẽ dùng đẳng thức n n 1 . 4 k 1 k 1 n 1 0 1 2 k k Ví dụ 5. Một học sinh giải bài toán “Rút gọn biểu thức Sk Cn Cn Cn 1 Cn với k n; n 1.” Như sau: k k 1 k 1 Bước 1: Ta áp dụng công thức Cn 1 Cn 1 Cn . 0 1 2 3 k k Sk Cn Cn Cn Cn 1 Cn . 0 0 1 1 2 2 3 k k 1 k Cn Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 1 Cn 1 Cn 1 . Bước 2: Mở dấu ngoặc ta có: 0 0 1 1 2 2 3 k k 1 k k Sk Cn Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 1 Cn 1 1 Cn 1. k k Bước 3: Vậy với mọi k thì Sk 1 Cn 1 . Kết luận nào sau đây là đúng: A. Lời giải trên sai từ bước 1. B. Lời giải trên sai từ bước 2. C. Lời giải trên sai ở bước 3. D. Lời giải trên đúng. Đáp án A. Lời giải. Ta thấy lời giải trên sai khi đã không xét hai trường hợp k n ; hoặc k n . k Vì nếu k n thì không tồn tại Cn 1 . Rất nhiều học sinh mắc sai lầm khi giải như trên, hoặc sai lầm khi giải như sau: 0 1 2 3 k k n Sk Cn Cn Cn Cn 1 Cn 1 1 0 . Ta có lời giải đúng như sau: k k 1 k 1 TH1: Với k n , ta áp dụng công thức Cn 1 Cn 1 Cn , ta có: 0 1 2 3 k k n Sk Cn Cn Cn Cn 1 Cn 1 1 0 . 0 0 1 1 2 2 3 k k 1 k Cn Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 1 Cn 1 Cn 1 . 0 0 1 1 2 2 3 k k 1 k k Cn Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 1 Cn 1 1 Cn 1. k k Vậy Sk 1 Cn 1 khi k n .
  30. 0 1 2 3 k k n TH2: Với k n , thì Sk Cn Cn Cn Cn 1 Cn 1 1 0 . STUDY TIP. Trong các bài toán mà các số k , n tổng quát ta cần lưu ý phân rõ trường hợp k n và k n . 1 2 3 2018 Ví dụ 6. Tính tổng S 1.C2018 2.C2018 3.C2018  2018.C2018 A. .2 018.22017 B. . C.20 .1 7.22018 D. . 2018.22018 2017.22017 Đáp án A. Lời giải. Cách 1: Xét số hạng tổng quát. 2018! 2018.2017! k.C k k. k. 2018.C k 1 . 2018 k! 2018 k ! k. k 1 ! 2018 k ! 2017 Cho k chạy từ 1 đến 2018 ta được: 0 1 2017 2017 S 2108.C2017 C2017  C2017 2018.2 . STUDY TIP. 0 1 2 n n Với các bài toán tính tổng thường sử dụng công thức Cn Cn Cn  Cn 2 . Cách 2: Khi các em học đạo hàm ở cuối chương trình lớp 11 ta sẽ nghiên cứu ở chương đạo hàm. Khi đó ta xét hàm số:. 2018 0 1 2018 2018 f x 1 x C2018 C2018 x C2018 x . 2017 1 2 2018 2017 f x 2018. 1 x C2018 2C2018 x 2018.C2018 x . 2017 1 2 2018 f 1 2018.2 C2018 2C2018 2018.C2018 . 2018.22017 S ta chọn A. 1 1 1 Ví dụ 7. Tính tổng S C 0 C1 C 2 C 2017 2017 2 2017 3 2017 2018 2017 22017 1 22018 1 22018 1 22017 1 A. . B. . C. . D. . 2017 2018 2017 2018 Đáp án B. Lời giải. 1 Cách 1: Xét số hạng tổng quát C k , ta có:. k 1 2017 1 1 2017! 1 2018! 1 C k C k 1 . k 1 2017 1 k k! 2017 k ! 2018 k 1 ! 2017 k ! 2018 2018 1 1 Vậy C k C k 1 , cho k chạy từ 0 đến 2017 thì ta được:. k 1 2017 2018 2018 1 C 0 1 1 22018 1 S C 0 C1 C 2 C 2018 2018 22018 2018 2018 2018 2018 2018 2018 2018 2018 2018 Cách 2: Sử dụng tích phân (các em sẽ học ở chương trình lớp 12). 2017 0 1 2 2 2017 2017 Xét f x 1 x C2017 C2017 x C2017 x C2017 x . 1 1 1 x 2017 dx C 0 C1 x C 2 x2 C 2017 x2017 dx . 2017 2017 2017 2017 0 0 2018 1 1 1 x 0 1 1 2 1 2 3 1 2017 2018 C2017 x C2017 x C2017 x C2017 x . 2018 2 3 2018 0 0
  31. 22018 1 S. Chọn B. 2018 Ví dụ 8. *(đọc thêm): Cho hai đẳng thức sau với n 1; n ¥ . 0 1 2 n n S1 Cn 2Cn 3Cn 1 n 1 Cn 0, 1 1 1 1 2n 1 1 . S C 0 C1 C 2 C n , 2 2 n 2 n 3 n n 1 n n 1 Trong các kết luận sau, kết luận nào đúng. A. (1) đúng, (2) sai. B. (1) sai, (2) đúng. C. Cả hai đều sai. D. Cả hai đều đúng. Đáp án D. Lời giải. Ta có thể sử dụng máy tính để thử trường hợp riêng của các đẳng thức trên, tôi xin phép không đưa ra cách làm cụ thể vì độc giả có thể dễ dàng thử được. Dưới đây tôi xin giới thiệu hai phương pháp tính tổng sử dụng đạo hàm và tích phân ta học cuối chương trình 11 và đầu chương trình 12. STUDY TIP. Có thể tính tổng. S C 0 2aC1 n 1 anC n 1 n n n . 0 2 2 2n 2n S2 C2n 3a C2n 2n 1 a C2n 1 3 3 4 4 2n 1 2n 1 S3 2aC2n 4a C2n 6a C2n 2na C2n n khi xét đa thức P x x 1 x và chứng tỏ rằng S1 P a . Xét đa thức Q x x 1 x 2n và chứng tỏ rằng. 2S2 Q a Q a ; 2S3 Q a Q a . Ta có thể giải thích cụ thể như sau: * Với S1 : Ta khai triển đa thức .P x x 1 x n 0 1 2 2 3 n n 1 P x Cn x Cn x Cn x Cn x , nên. 0 1 2 2 n n P x Cn 2Cn x 3Cn x n 1 Cn x ; 0 1 2 n n P 1 Cn 2Cn 3Cn 1 n 1 Cn S1 . Mặt khác P x 1 x n nx 1 x n 1 P 1 0. Vậy S1 0 . * Với S2: n 0 1 2 2 n n Xét đa thức P x 1 x , ta có: P x Cn Cn x Cn x Cn x . 1 1 1 1 Suy ra P x dx C 0 C1 C 2 C n S . n n n n 2 0 2 3 n 1 1 n 1 n 2 1 Do đó S 1 x dx . 2 0 n 1
  32. STUDY TIP. b2 a2 b3 a3 bn 1 an 1 Có thể tính tổng: S b a C 0 C1 C 2 C n khi xét đa thức: n 2 n 3 n n 1 n b P x 1 x n và chứng tỏ rằng S P x dx . a Ta thường gặp bài toán với một trong 2 cận của tích phân là 0 và 1, hoặc -1. Trong một số trường hợp ta phải xét đa thức P x xk 1 x n với k 1,2, Dạng 3. Phương trình, bất phương trình chứa công thức tổ hợp. 3 x 1 x 3 2 Ví dụ 1. Cho phương trình Ax 2Cx 1 3Cx 1 3x P6 159. Giả sử x x0 là nghiệm của phương trình trên, lúc này ta có A. .x 0 10;B. 1 3. C. . x0 D. 1 .2; 14 x0 10; 12 x0 14; 16 Đáp án A. Lời giải. Điều kiện x 3, x ¥ . Phương trình đã cho có dạng:. x! 2 x 1 ! 3 x 1 ! 3x2 6! 159. x 3 ! 2! x 1 ! 2! x 3 ! 3 x x 1 x 2 x x 1 x 1 x 2 3x2 879 . 2 x 12 (sử dụng lệnh SHIFT SOLVE trên máy tính). STUDY TIP. Khi sử dụng lệnh SHIFT SOLVE ta nên rút gọn phương trình về đa thức, không nên để dạng phân thức vì máy tính ưu tiên sử lý các dạng phương trình không chứa phân thức trước. 1 6 Ví dụ 2. Bất phương trình A2 A2 .C3 1 0có tập nghiệm là: 2 2x x x x A. .S 3; 5 B. . C.S . 3; 4 D. . S 3; 4; 5 S 3; 4 Đáp án D. Lời giải. Điều kiện x 3, x ¥ . 1 2x! x! 6 x! Ta có bất phương trình 10 . 2 2x 2 ! x 2 ! x 3! x 3 ! 2x2 x x2 x x2 3x 2 10. 3x 12 x 4 Kết hợp với điều kiện xác định ta có 3 x 4. Vậy S 3; 4 là tập nghiệm của bất phương trình. 0 1 13 Ví dụ 3. Tổng của ba số hạng liên tiếp lập thành cấp số cộng trong dãy số sau C23;C23;;C23 có giá trị là A. 2451570. B. 3848222. C. 836418. D. 1307527. Đáp án A. Lời giải. n n 1 n 2 Giả sử 3 số C23;C23 ;C23 theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng khi và chỉ khi n 1 n n 2 2C23 C23 C23 .
  33. 4C n 1 C n C n 2 23 23 23 . n 1 n 2 4C23 C25 4.23! 25! . n 1 ! 22 n ! n 2 ! 23 n ! n 8 tm n 2 23 n 150 . n 13 l 8 9 10 Vậy C23 C23 C23 2451570 . STUDY TIP. Một số tình huống thường gặp thì lập phương trình tổ hợp là:. * Ba số a,b,c lập thành cấp số cộng (hoặc cấp số nhân) khi và chỉ khi 2b a c (hoặc b2 ac ). * Cho tập hợp A có n phần tử, số tập con của A gồm x phần tử bằng k lần số tập con của A x y gồm y phần tử, tương ứng với phương trình Cn kCn . C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN KỸ NĂNG 21 a b Câu 1. Trong khai triển nhị thức Newton3 , số hạng có số mũ a và b bằng nhau là 3 b a 5 5 5 5 12 12 2 2 9 2 2 9 A. C21 .B. C21a b .C. C21a b .D. C21 . n Câu 2. Khi khai triển nhị thức NewtonG x ax 1 thì ta thấy trong đó xuất hiện hai số hạng 24x và 252x2 . Lúc này giá trị của a và n là A. a 3;n 8.B. a 4;n 6. C. a 2;n 12. D. a 3;n 7 . 10 Câu 3. Hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển x 1 là 5 5 6 5 A. C10x .B. C10x .C. . 252 D. 210 . 15 9 4 3 Câu 4. Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển 3x là x 6 9 9 6 18 9 9 A. 3 C15x .B. 3 2 C15x . 6 9 6 18 9 C. 3 C15 .D. 3 2 C15 . 20 1 Câu 5. Số hạng không chứa x trong khai triển 2 x là 3 x 6 6 8 8 8 6 A. 2 C20 .B. 2 .C. .D. 2 C20 2 . 10 2 1 Câu 6. Số hạng không chứa x trong khai triển x 1 là x A. 1951.B. 1950. C. 3150 . D. 360. 8 Câu 7. Số hạng chứa x8 trong khai triển x3 x2 1 là 8 8 A. 168x .B. 168.C. .D. 238x 238 . n 2 1 Câu 8. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển x 3 biết n là số nguyên dương thỏa mãn x 1 3 Cn Cn 13n.
  34. 6 5 10 3 A. C10 .B. C10 .C. .D. C10 C10 . n 2 n Câu 9. Giả sử có khai triển 1 2x a0 a1x a2 x an x . Tìma5 biết a0 a1 a2 71. 5 5 A. 672x .B. 672.C. . 672xD. 672 . 10 n Câu 10. Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức x 2 biết n là số nguyên dương thỏa n 0 n 1 1 n 2 2 n n mãn 3 Cn 3 Cn 3 Cn 1 Cn 2048. 10 10 A. 22x .B. 123x .C. .D. 123 22 . n 1 Câu 11. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển 1 x biết n 2 là số nguyên dương thỏa x 2 n 2 mãn An Cn 1 14 14n. A. 73789 .B. 73788.C. .D. 72864 56232 . 2 n 2 2n Câu 12. Cho khai triển: 1 x x a0 a1x a2 x a2n x ,n 2 với a0 ,a1,a2 , ,a2n là các hệ số. a3 a4 Tính tổng Sbiết a0 a1 a2 a2n . 14 41 10 12 10 12 A. S 3 .B. S 3 .C. .D. S 2 S 2 . 0 1 2 15 16 Câu 13. Số lớn nhất trong các số C16;C16;C16; ;C16 ;C16 là 7 6 9 8 A. C16 .B. C16 .C. .D. C16 C16 . 10 Câu 14. Hệ số lớn nhất trong khai triển x 2 là 5 3 A. C10 .B. 128.C. .D. 15360 C10 . 2 n 1 Câu 15. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn An 3Cn 11n. n 2 n Xét khai triển P x x 2 a0 a1x a2 x an x . Hệ số lớn nhất của P x là 5 11 5 10 A. C15.2 .B. C15.2 . C. 252 .D. 129024. n 2 n a1 a2 an 12 Câu 16. Giả sử P x 2x 1 a0 a1x a2 x an x thỏa mãn a0 2 n 2 . Hệ số 2 2 2 lớn nhất trong các hệ số a0 ,a1,a2 , ,an là A. 126720.B. 495 .C. .D. 256 591360 . n 2 n Câu 17. Cho khai triển x 2 a0 a1x a2 x an x . Tìm tất cả các giá trị của n để max a0 ,a1,a2 , ,an a10 . A. 29;30;31;32 .B. 12. C. 12;13;14;15.D. 16. 3n 3 Câu 18. Cho n là số nguyên dương. Gọi a3n 3 là hệ số của x trong khai triển thành đa thức của 2 n n x 1 x 2 . Tìm n sao cho a3n 3 26n . A. n 10 .B. n 3.C. .D. n 4 n 5. n Câu 19. Khi khai triển nhị thức Newton G x ax 1 thì ta thấy trong đó xuất hiện hai số hạng 24x và 252x2 . Tìm a và n . A. a 3;n 8.B. a 2;n 7 . C. a 4;n 9. D. a 5;n 10 . 1 2 3 n 1 n C 2C 3C n 2 n 1 C n 1 nC 1 Câu 20. Tìm số nguyên dươngn thỏa mãn n n n 1 n 1 n 2 22 23 2n 1 2n 32 A. n 10 .B. n 9 .C. .D. n 8 n 7 . Câu 21. Cho S 1.2.3 2.3.4 3.4.5 n n 1 n 2 . Kết quả biểu diễn S theo n là
  35. n n 1 n 2 n 3 n 1 n 2 n 3 A. S .B. S . 4 3 n 1 n 2 n 3 n 4 C. S . D. S n n 1 n 2 n 3 . 4 0 1 2 n Câu 22. Tính tổng S Cn Cn Cn Cn theon ta được n 1 n n 1 n A. S 2 1.B. S 2 1.C. .D.S 2 S 2 . 0 1 2 2 2 n Câu 23. Giá trị của nthỏa mãn Cn 2Cn 2 Cn 2 Cn 243 là. A. n 7 .B. n 3.C. .D. n 5 n 4 . 1 1 1 1 1 Câu 24. Tính tổng S theon ta được 2!2017! 4!2015! 6!2013! 2016!3! 2018! 22018 1 22018 1 A SB. . S 2017! 2017 22018 22018 C SD. . S 2017! 2017 Câu 25. Cho số nguyên n 3 . Giả sử ta có khai triển 2n 2n 1 2 2n x 1 x x 1 a0 a1x a2 x a2n x . Biết T a0 a2 a2n 768. Tính a5 . 5 5 A. 126x .B. 126x .C. .D. 126 126. 1 3 2n 1 Câu 26. Tìm n sao cho C2n C2n C2n 2048. là A. n 8 . B. n 6 .C. .D. n 7 n 9 . 2014 2 2014 Câu 27. Cho khai triển 1 2x a0 a1x a2 x a2014 x . Khi đó tổng S a 32 a 32010 a 32012 a có giá trị bằng 1 3 2011 2013 72014 52014 72014 52014 A B. . 6 2 72014 52014 C. . D. . 6 2 0 1 2 2 100 100 Câu 28. Tính tổng S C100 5C100 5 C100 5 C100 100 100 300 200 A. 6 .B. 4 . C. 2 . D. 3 . Câu 29. Đẳng thức nào sau đây sai? A. 2n C0 C1 C2 Cn . n n n n n B. 0 C0 C1 C2 1 Cn . n n n n n C. 1 C 0 2C1 4C 2 2 C n . n n n n D. 3n C0 2C1 4C2 2n Cn . n n n n 5 Câu 30. Khai triển 2x y ta được kết quả là A. 32x5 16x4 y 8x3 y2 4x2 y3 2xy4 y5 . B. 32x5 80x4 y 80x3 y2 40x2 y3 10xy4 y5 . C. 2x5 10x4 y 20x3 y2 20x2 y3 10xy4 y5 . D. 32x5 10000x4 y 8000x3 y2 400x2 y3 10xy4 y5 . D. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. Đáp án B. 21 1 1 1 1 21 1 1 k 1 1 21 k k 21 k k 21 k 21 21 a b k k 3 a 3b 6 b 2 a 6 C a 3b 6 b 2 a 6 C a 3 6 b 6 2 3  21  21 b a k 0 k 0
  36. k 21 k k 21 k Hệ số của số hạng có số mũ a và b bằng nhau ứng với: k 12 3 6 6 2 5 5 Vậy số hạng cần tìm là C12a 2b 2 21 . Câu 2. Đáp án A. n n n k k k k k Ta có G x ax 1 Cn ax Cn a x k 0 k 0 2 2 1 na 24 n a 576 Cnax 24x Từ giả thiết ta có: 2 2 2 2 n n 1 2 n n 1 2 Cn a x 252x a 252 a 252 2 2 na 24 na 24 n 8 2n2 16 14n 16 n 1 a 3 n n 1 7 Vậy a 3;n 8 là các số cần tìm. Câu 3. Đáp án C. k k Số hạng tổng quát sau khi khai triển Tk 1 C10x 5 5 5 Số hạng chứa x trong khai triển là C10x . Đề bài hỏi hệ số nên ta chọn C. Câu 4. Đáp án D. 15 15 15 k 15 4 3 k k k 4 3 15 k 15 k k k 45 4k Ta có 3x C15 ax C15 3x  3 4 C15 x x k 0 k 0 x k 0 Số hạng chứa xtương9 ứng với 45 4k 9 k nên9 hệ số của xtrong9 khai triển trên là 6 9 9 6 9 9 3 4 C15 3 4 C15. Câu 5. Đáp án C. 20 20 k 1 k 1 20 k 5k 40 1 20 k 1 20 20 Ta có 2 x C k 2 x 2k C k x 2 x 3 2k C k x 6 3  20 3  20  20 x k 0 x k 0 k 0 5k 40 Số hạng không chứa xtương ứng với 0 k .8 Do vậy số hạng đó là28 C .8 6 20 Câu 6. Đáp án A. Từ lý thuyết ta có công thức tổng quát như sau: Với 0 q p n thì số hạng tổng quát khi 10 p q 10 p 2 1 p q 2 1 q p q q 20 q 3p khai triển tam thức x 1 là Tp C10Cp x 1 C10Cp 1 x x x Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với 20 q 3p 0 3p q 20 . Mà 0 q p n vàq, p,n ¥ nên p;q 7;1 , 8;4 9;7 , 10;10  . Lúc này số hạng không 1 7 1 4 8 4 10 10 10 7 9 7 chứa x trong khai triển là 1 C10C7 1 C10C8 1 C10 C10 1 C10C9 1951 Câu 7. Đáp án C. Từ lý thuyết ta có công thức tổng quát như sau: Với 0 q p n thì số hạng tổng quát khi 3 2 8 p q 3 8 p 2 p q q p q 24 3p 2 p 2q p khai triển tam thức x x 1 là Tp C8 Cp x x 1 C8 Cp x x 1 Ta có: 24 3p 2 p 2q 8 24 p 2q 8 p 2q 16 . Suy ra p;q 8;4 6;5  . 8 8 4 8 6 5 6 Lúc này hệ số của x trong khai triển là C8 C8 1 C10C6 1 238 Câu 8. Đáp án A.
  37. Theo giả thiết ta có: 1 3 n! n n 1 n 2 2 Cn Cn 13n n 13n n 13n n n 3n 70 0 n 10 3! n 3 ! 6 n 10 10 k 1 1 10 k 1 10 x2 x2 C k x2 C k x5k 30 Khi đó ta có 3 3  10 3  10 x x k 0 x k 0 Số hạng không chứa xtương ứng với 5k 30 0 k .6 Vậy số hạng không chứa xtrong 6 khai triển đã cho làC10 210 . Câu 9. Đáp án B. Ta cần biết công thức tổng quát của ak để thay vào điều kiện a0 a1 a2 71 , rồi sau đó giải ra để tìm n . Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có: n n 2 n n k k k k k a0 a1x a2 x an x 1 2x Cn 2x  2 Cn x . k 0 k 0 k k Do đó ak 2 Cn ,k 0,1,2, ,n. . Khi đó theo giả thiết ta có 0 0 1 1 2 2 2 71 a0 a1 a2 2 Cn 2 Cn 2 Cn 1 2n 2n n 1 n 2n 35 0 n 7. 5 5 Như vậy.a5 2 C7 672. Câu 10. Đáp án D. Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có: n n n 0 n 1 1 n 2 2 n n k n k k k k n k n n 3 Cn 3 Cn 3 Cn 1 Cn  1 3 Cn Cn 1 3 1 3 2 . k 0 k 0 11 n 11 n 11 k k 11 k Do đó 2 2048 2 n 11 . Như vậy ta có x 2 x 2 C11x 2 , suy ra hệ số k 0 10 10 của x ứng với k 10 và đó là số C11 .2 22 Câu 11. Đáp án A. n 1 n n 1 Ta có A2 Cn 2 14 14n n n 1 14 14n n n 1 6 n n 1 2 n 1 n 14 0 n 1 n 5n 84 0 n 12 vì n 2 . 6 n 12 1 1 Lúc này ta có 1 x 1 x x x Từ công thức tổng quát tam thức Newton ta có với 0 q p 12 thì số hạng tổng quát khi 12 q 1 p q 12 p p q 1 p q p q q p q p 2q khai triển tam thức 1 x là Tp C12Cp1 x C12Cp x C12Cp x x x Ta có: p 2q 0 p 2q . Kết hợp với điều kiện ở trên ta có: p;q 0;0 , 2;1 4;2 , 6;3 , 8;4 , 10;5 , 12;6  . Suy ra số hạng không chứa x là 0 0 2 1 4 2 6 3 8 4 10 5 12 6 C12C0 C12C2 C12C4 C12C6 C12C8 C12 C10 C12 C12 73789 Câu 12. Đáp án A. 2 n 2 2n Theo giả thiết ta có: P x 1 x x a0 a1x a2 x a2n x n Thay x 1 ta được S a0 a1 a2 a2n P 1 3 . Như vậy ta chỉ cần xác định được n n Với 0 q p n thì số hạng tổng quát khi khai triển tam thức 1 x x2 là p q n p p q 2 q p q p q Tp Cn Cp1 x x Cn Cp x
  38. 3 p q 3 Hệ số của x ứng với: p;q 3;0 , 2;1  . 0 q p n 3 0 2 1 3 2 Suy ra a3 CnC3 Cn C2 Cn 2Cn . 4 p q 4 Hệ số của x ứng với: p;q 4;0 , 3;1 , 2;2  . 0 q p n 4 0 3 1 2 2 4 3 2 Suy ra a4 Cn C4 CnC3 Cn C2 Cn 3Cn Cn . a a 1 n n 1 n 4 1 n n 1 n 2 n 3 n n 1 n 2 n n 1 3 4 14 41 14 6 41 24 2 2 2 1 n 4 1 n 5n 6 2 n 1 7n 33n 370 0 n 10. 14 3 41 12 10 Vậy S a0 a1 a2 a2n 3 Câu 13. Đáp án D. k n k 0 1 8 16 15 8 Vì Cn Cn nên ta có C16 ,C16 , ,C16 C16 ,C16 , ,C16 , suy ra ta chỉ cần tìm số lớn nhất 0 1 7 8 trong các số C16,C16, ,C16,C16 . Bằng tính toán trực tiếp, ta có 0 1 2 3 4 5 6 7 8 C16 1,C16 16,C16 120,C16 560,C16 1820,C16 4368,C16 8008,C16 11440,C16 12870 0 1 2 7 8 Như vậy C16 C16 C16 C16 C16 8 0 1 2 15 16 Do đó: C16 max C16;C16;C16; ;C16 ;C16  Câu 14. Đáp án C. 10 k k Ta có ak 2 C10 với k 0,1,2, ,10 . Bài toán tương đương với tìmk 0,1,2, ,10 sao cho ak lớn nhất. Xét bất phương trình sau: 10! 10! a a 210 k C k 29 k C k 1 2 k k 1 10 10 k! 10 k ! k 1 ! 9 k ! 8 2 k 1 10 k k k 0,1,2 3 ak ak 1k 0;1;2 8 Từ đây ta có: ak ak 1 k ,k N 3 a a k 3;4; 10 k k 1  Do đó: a a a a a a a hay a là hệ số lớn nhất cần tìm. 0 1 2 3 4 5 10 3 3 7 a3 C10.2 15360. Câu 15. Đáp án B. n! A2 3.C n 1 11n 3n 11n. n n n 2 ! n n 1 3n 11n n 15. 15 15 k k 15 k x 2 C15 x .2 k 0 k 15 k k 1 14 k Xét bất phương trình: ak ak 1 C15.2 C15 .2 15! 15! 2 1 13 2 2 k ,k N k 0,1,2,3,4 k!. 15 k ! k 1 !. 14 k ! 15 k k 1 3
  39. ak ak 1k 0,1,2,3,4 13 Từ đây ta có: ak ak 1 k ,k N 3 a a k 5;6; 15 k k 1  Do đó: a0 a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a15 5 10 Vậy a5 max ai i 0,15 C15.2 Câu 16. Đáp án A n 2 n 12 a1 a2 a 1 1 1 2 a0 2 n a0 a1 a2 an 2 2 2 2 2 2 n 1 1 n P 1 2. 2 2 2 n 12 12 12 12 k k k k k 2x 1 C12 2x C12.x 2 . k 0 k 0 k k k k k 1 k 1 ak C12.2 k0,12 ak ak 1 C12.2 C12 .2 12! 12! k!. 12 k ! k 1 !. 11 k ! 1 2 12 k k 1 23 k ,k ¥ k 0,1,2,3, 7 3 ak ak 1k 0,1,2,3, 7 23 Từ đây ta có: ak ak 1 k ,k N 3 a a k 8;9; 11 k k 1  Do đó: a0 a1 a2 a3 a4 a5 a8 a9 a12 8 8 Vậy a5 max ai i 0,12 C12.2 Câu 17. Đáp án A Giả sử n là số nguyên dương sao cho: max a0 ,a1, an a10 Theo công thức khai triển newton ta có: n 12 n k k n k k k k P x x 2 Cn x 2 C12.x 2 . k 0 k 0 k n k ak Cn .2 k0,n 9 n 9 10 n 10 a9 a10 Cn .2 Cn .2 Ta có: a10 max a0 ,a1, an  a a 10 n 10 11 n 11 10 11 Cn .2 Cn .2
  40. 2 1 n 9 10 29 n 32 1 2 11 n 10 Các phép biến đổi trên là đương tương nên ta không cần phải thử lại các giá trị trên. Vậy n 29,30,31,32 là tất cả các giá trị thỏa mãn bài toán (thử lại thấy thở mãn). Câu 18. Đáp án D Theo công thức khai triển Newton ta có: n n 2 n n k 2k i i n i x 1 x 2 Cn x Cn x 2 . k 0 i 0 Số hạng chứa 33n 3 tương ứng với cặp k,i thỏa mãn: 2k i 3n 3 k;i n,n 3 ; n 1,n 1  0 k;i n 3n 3 n 3 n 3 n 1 1 n 1 3 2 Do đó hệ số của 3 là: a3n 3 Cn .2 .Cn Cn .2 .Cn 8Cn 2n 26n n n 1 n 2 8 2n2 26n 2n2 3n 35 0 n 5 6 Câu 19. Đáp án A. n n k k k Ta có: G x ax 1 Cn a x . k 0 Từ giả thiết ta có: 2 2 na 24 1 na 24 n a 576 Cnax 24 2 n n 1 n n 1 2n 16 2 2 2 2 2 2 Cn a x 252x a 252 a 252 2 2 n n 1 7 na 24 n 8 14n 16 n 1 a 3 Vậy a 3,n 8 là các số cần tìm. Câu 20. Đáp án C Các số hạng của tổng vế trái có dạng: k k 1 k 1 k 1 kCn k 1 nCn 1 n k 1 1 1 k 1 k Cn 1 2 2 2 2 Do đó ta có: 1 2 3 n 1 n n k C 2C 3C n 2 n 1 C n 1 nC k 1 kC n n n 1 n 1 n 1 n 2 3 n 1 n  k 2 2 2 2 2 k 1 2 k 1 k n 1 n n 1 n n 1 1 n 1 n C k 1 C k 1 .  n 1  n 1 n k 1 2 2 2 k 1 2 2 2 2 n 1 Như vậy ta cần dùng số nguyên dương n thỏa mãn: 2n 5 n n 8 . 2n 32 Câu 21. Đáp án A Cách 1: Ta có k k k 1 Cn Cn 1 Cn 1 k k k 1 Cn 1 Cn 2 Cn 2 k k k 1 Cn 2 Cn 3 Cn 3
  41. k k k 1 Ck 1 Ck Ck k k k 1 Ck Ck 1 Ck 1 Cộng các dẳng thức trên vế theo vế ta được: k k 1 k 1 k 1 k 1 Cn Cn 1 Cn 2 Ck Ck 1 * n Ta có: 1.2.3 2.3.4 3.4.5 n n 1 n 2  k k 1 k 2 k 1 n n n k 2 ! k 2 ! 3 3 3 3 3  6 6Ck 2 6 C3 C4 Cn 1 Cn 2 . k 1 k 1 ! k 1 3! k 1 ! k 1 Áp dụng câu * với k 4 , thay n bởi n 3 ta được: 3 3 3 3 4 C3 C4 Cn 1 Cn 2 Cn 3 n n 1 n 2 n 3 Vậy .1.2.3 2.3.4 3.4.5 n n 1 n 2 6C 4 n 3 4 Cách 2: Với bài toán này ta có thể dùng máy tính để thử trường hợp riêng. Câu 22. Đáp án D Xét khai triển: n 0 n 1 1 n 1 n 2 n 2 2 n 1 n 1 1 n n a b Cn b Cna b Cn a b Cn a b Cn a . 0 1 2 n n Chọn a b 1 ta được Cn Cn Cn Cn 2 Câu 23. Đáp án C n 0 n 1 1 n 1 n 2 n 2 2 n 1 n 1 1 n n Xét khai triển: a b Cn b Cna b Cn a b Cn a b Cn a . Chọn a 2,b 1 ta được: n n 0 1 2 2 n n 3 2 1 Cn 2Cn 2 Cn 2 Cn 243 n 5 Câu 24. Đáp án A Các số hạng của S có dạng: 1 1 2019! 1 C 2k . 2k ! 2019 2k ! 2019! 2k ! 2019 2k ! 2019! 2019 2 4 2016 2018 Do đó 2019!S C2019 C2019 C2019 C2019 . 2k 2k 2019 Nhận thấy C2019 là hệ số của x trong khai triến x 1 . Vì vậy xét P x x 1 2019 , theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có: 2019 0 1 2 2 2019 2019 P x x 1 =C2019 C2019 x C2019 x C2019 x Từ đó ta có: 0 1 2 2019 P 1 C2019 C2019 C2019 C2019 . 0 1 2 2018 2019 P 1 C2019 C2019 C2019 C2019 C2019 P 1 P 1 Suy ra: 2019!S 1 C 0 C 2 C 4 C 2018 22018 2019 2019 2019 2019 2 22018 1 S 2019! Câu 25. Đáp án D Theo giả thiết ta có: 2 2n P x a0 a1x a2 x a2n x . Khi đó P 1 a0 a1 a2 a2n và P 1 a0 a1 a2 a2n . P 1 P 1 22n 1 22n Suy ra T a a a 3.22n 2 0 2 2n 2 2 768 3.22n 2 n 5
  42. Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có: 2n 2n 1 2n 2n 1 k k 2n k k k P x x 1 x x 1 C2n x 1 x C2n k x k 1 k 1 2n 2n 2n 10 C k xk 1 2n k C k 1 xk 1 C k 1 k C k 1 xk 1 C k 1 k C k 1 xk .  2n  2n k  2n 2n 1  10 9 k 1 k 1 k 1 k 1 5 5 4 Vậy a5 C10 1 C9 126. Câu 26. Đáp án B. 2n 0 2n 1 1 2n 1 2n 1 2n 2 1 2n 2n Xét khai triển a b C2nb C2na b C2n a b C2n a Chọn a b 1 , ta được: 2n 0 1 2 2n 1 2n 2 C2n C2n C2n C2n C2n Chọn a 1 ,b 1 , ta được: 0 1 2 2n 1 2n 0 C2n C2n C2n C2n C2n Trừ hai đẳng thức trên vế theo vế ta được: 2n 1 3 2n 1 12 2 2 C2n C2n C2n 2.2048 2 n 6 Câu 27. Đáp án A. Nhận thấy rằng: 3 2011 2013 3S 3a1 3 a3 3 a2011 3 a2013 Lần lượt thay x 3 ,x 3 vào khai triển đã cho ta được: 2014 2 2013 2014 P 3 7 a0 3a1 3 a 2 3 a2013 3 a2014 2014 2 2013 2014 P 3 5 a0 3a1 3 a 2 3 a2013 3 a2014 Trừ hai đẳng thức này vế theo vế, ta được: 3 2011 2013 2014 2014 2 3a1 3 a3 3 a2011 3 a2013 7 5 72014 52014 72014 52014 3S S 2 6 72014 52014 Vậy S a 32 a 32010 a 32012 a 1 3 2011 2013 6 Câu 28. Đáp án B. k k k 100 Nhận thấy 5 C100 là hệ số của x trong khai triển 1 5x Vì thế xét P x 1 5x 100 , theo khai triển nhị thức NewTon, ta có: 100 0 1 2 2 100 100 P x 1 5x C100 C100 5x C100 5x C100 5x Thay x 1 vào ta được: 100 0 1 2 2 100 100 P x 4 C100 C100 5 C100 5 C100 5 Chú ý: Ta cũng có thể xét khai triển 1 5x 100 rồi sau đó thay x 1 vào. Câu 29. Đáp án C. n 0 1 2 2 n n Ta có 1 x Cn Cn x Cn x Cn x Cho x 1 thì A đúng. Cho x 1 thì B đúng. Cho x 2 thì D đúng. n 0 1 2 2 n n Cho x 2 thì 1 Cn 2Cn Cn 2 Cn 2 .
  43. Vậy C sai. Câu 30. Đáp án B. 2x y 5 2x 5 5 2x 4 y 10 2x 3 y2 10 2x 2 y3 5 2x y4 y5 32x5 80x4 y 80x3 y2 40x2 y3 10xy4 y5 . XÁC SUẤT A. LÝ THUYẾT I. PHÉP THỬ NGẪU NHIÊN VÀ KHÔNG GIAN MẪU 1. Phép thử ngẫu nhiên Phép thử ngẫu nhiên (gọi tắt là phép thử) là một phép thử mà ta không đoán trước được kết quả của nó, mặc dù đã biết tập hợp tất cả các kết quả có thể có của phép thử đó. 2. Không gian mẫu Tập hợp các kết quả có thể xẩy ra của một phép thử được gọi là không gian mẫu của phép thử đó và ký hiệu là  . Ví dụ: Khi ta tung một đồng xu có 2 mặt, ta hoàn toàn không biết trước được kết quả của nó, tuy nhiên ta lại biết chắc chắn rằng đồng xu rơi xuống sẽ ở một trong 2 trạng thái: sấp (S) hoặc ngửa (N). Không gian mẫu của phép thử là  S; N II. BIẾN CỐ 1. Một biến cố A (còn gọi là sự kiện A ) liên quan tới phép thử T là biến cố mà việc xẩy ra hay không xẩy ra của nó còn tùy thuộc vào kết quả của T . Mỗi kết quả của phép thử T làm cho biến cố A xảy ra được gọi là một kết quả thuận lợi cho A . 2. Tập hợp các kết quả thuận lợi cho A được kí hiệu bởi  A . Để đơn giản, ta có thể dùng chính chữ A để kí hiệu tập hợp các kết quả thuận lợi cho A . Khi đó ta cũng nói biến cố A được mô tả bởi tập A . 3. Biến cố chắc chắn là biến cố luôn xẩy ra khi thực hiện hiện phép thử T . Biến cố chắc chắn được mô tả bởi tập  và được ký hiệu là  . 4. Biến cố không thể là biến cố không bao giờ xẩy ra khi thực hiện phép thử T . Biến cố không thể được mô tả bởi tập  . Các phép toán trên biến cố * Tập  \ A được gọi là biến cố đối của biến cố A , kí hiệu là A . Giả sử A và B là hai biến cố liên quan đến một phép thử. Ta có: * Tập A B được gọi là hợp của các biến cố A và B . * Tập A B được gọi là giao của các biến cố A và B . * Nếu A B  thì ta nói A và B xung khắc. Bảng đọc ngôn ngữ biến cố. Kí hiệu Ngôn ngữ biến cố A  A là biến cố A  A là biến cố không
  44. A  A là biến cố chắc chắn C A B C là biến cố “A hoặc B ” C A B C là biến cố “A và B ” A B  A và B xung khắc B A A và B đối nhau III. XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ Định nghĩa cổ điển của xác suất: Giả sử phép thử T có một số hữu hạn kết quả có thể đồng khả năng. Khi đó xác suất của một biến cố A liên quan tới T là tỉ số giữa số kết quả thuận lợi cho A và số kết quả có thể A P A  Trong cuộc sống khi nói về biến cố, ta thường nói biến cố này có nhiều khả năng xảy ra, biến có kia có ít khả năng xảy ra, biến cố này có nhiều khả năng xảy ra hơn biến cố kia. Toán học đã định lượng hóa các khả năng này bằng cách gán cho mỗi biến cố một số không âm, nhỏ hơn hoặc bằng 1 gọi là xác suất của biến cố. Từ định nghĩa cổ điển về xác suất ta có các bước để tính xác suất của một biến cố như sau: Bước 1: Xác định không gian mẫu  rồi tính số phần tử của  , tức là đếm số kết quả có thể của phép thử T . Bước 2: Xác định tập con A mô tả biến cố A rồi tính số phần tử của A , tứ là đếm số kết quả thuận loại cho A . Bước 3: Lấy kết quả của bước 2 chia cho bước 1. Nhận xét: Việc tính số kết quả có thể (bước 1) thường dễ dàng hơn hiều so với việc tính số kết quả thuận lợi cho A (bước 1). Để giải quyết tốt các bài toán xác suất ta cần nắm chắc phần tổ hợp trước. STUDY TIP Từ định nghĩa cổ điển về xác suất ta suy ra: 0 P A 1; P  1; P  0 Chú ý: Các kí hiệu n  ;n A được hiểu tương đương với  ; A là số phần tử của không gian mẫu và của tập hợp thuận lợi cho biến cố A . 4. Quy tắc cộng xác suất a) Quy tắc cộng xác suất * Nếu hai biến cố A,B xung khắc nhau thì P A B P A P B * Nếu các biến cố A1, A2 , A3 , , Ak xung khắc nhau thì P A1  A2   Ak P A1 P A2 P Ak STUDY TIP Vì A A  và A A  nên theo công thức cộng xác suất thì 1 P  P A P A b) Công thức tính xác suất biến cố đối Xác suất của biến cố A của biến cố A là P A 1 P A
  45. Dưới đây là một ví dụ để ta hiểu rõ hơn về quy tắc cộng. Ví dụ 1. Một hộp đựng 4 viên bi xanh, 3 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên hai viên biên. Xác suất để chọn được hai viên bi cùng màu là 5 1 1 1 A. .B. . C. . D. . 18 6 36 12 Lời giải Đáp án A. Gọi A là biến cố : “Chọn được hai viên bi xanh”. B là biến cố : “Chọn được hai viên bi đỏ”. C là biến cố : “Chọn được hai viên bi vàng”. Khi đó biến cố: “Chọn được hai viên bi cùng màu” là biến cố A B  C . Do A,B,C đôi một xung khắc với nhau nên theo quy tắc cộng ta có P A B  C P A P B P C 2 2 2 C4 6 C3 3 C2 1 Ta có P A 2 ; P B 2 ; P C 2 . C9 36 C9 36 C9 36 6 3 1 5 Vậy P A B  C 36 36 36 18 5) Quy tắc nhân xác suất Biến cố giao Biến cố độc lập Cho biến cố A và B . Biến cố “ cả Hai biến cố gọi là độc lập nếu việc A và B đều xảy ra” kí hiệu là AB xảy ra hay không xảy ra của biến cố gọi là giao của hai biến cố A và B . này không ảnh hưởng tới xác suất xảy ra biến cố kia. Một cách tổng quát, cho k biến cố Một cách tổng quát, cho k biến cố A1, A2 , A3 , , Ak . Biến cố: “Tất cả k A1, A2 , A3 , , Ak . Chúng được gọi là biến cố A1, A2 , A3 , , Ak đều xảy ra”, độc lập với nhau nếu việc xảy ra hay kí hiệu là A A A A được gọi là không xảy ra của một nhóm bất kì 1 2 3 k trong các biến cố trên không làm ảnh giao của k biến cố đó. hưởng tới xác suất xảy ra của các biến cố còn lại. Quy tắc nhân xác suất Nếu A và B là hai biến cố độc lập thì P AB P A .P B Một cách tổng quát, nếu k biến cố A1, A2 , A3 , , Ak là độc lập thì P A1, A2 , A3 , , Ak P A1 .P A2 P Ak Chú ý: * Nếu A và B độc lập thì A và B độc lập, B và A độc lập, B và A độc lập. Do đó Nếu A và B độc lập thì ta còn có các đẳng thức P AB P A .P B P AB P A .P B P AB P A .P B * Nếu một trong các đẳng thức trên bị vi phạm thì hai biến cố A và Bkhông độc lập với nhau
  46. Ví dụ 2. Gieo hai con súc sắc I và II cân đối, đồng chất một cách độc lập. Ta có biến cố A : “Có ít nhất một con súc sắc xuất hiện mặt 6 chấm”. Lúc này giá trị của P A là 25 11 1 15 A. .B. .C. .D. . 36 36 36 36 Lời giải Đáp án B. Gọi Ai i 1;2 là biến cố : “Con súc sắc thứ i ra mặt 6 chấm” 1 P A 1 6 A1 và A2 là hai biến cố độc lập và ta có 1 P A 2 6 Thay vì tính P A ta đi tính P A . Ta có A A1.A2 . 5 5 25 P A P A1 .P A2 1 P A1 . 1 P A2 . 6 6 36 25 11 Vậy P A 1 P A 1 36 36 B. CÁC DẠNG TOÁN VỀ XÁC SUẤT DẠNG 1. SỬ DỤNG ĐỊNH NGHĨA CỔ ĐIỂN VỀ XÁC XUẤT - QUY VỀ BÀI TOÁN ĐẾM. Bài toán 1. Bài toán tính xác suất sử dụng định nghĩa cổ điển bằng cách tính trực tiếp số phần tử thuận lợi cho biến cố. Phương pháp chung: Trong bài toán này, việc xác định số phần tử thuận lợi cho biến cố cần tìm dễ dàng xác định (có thể liệt kê các phương án, có thể tính được các cách chọn ngắn gọn). Bước 1: Tìm số phần tử của không gian mẫu. Bước 2: Đếm số phần tử thuận lợi của không gian mẫu. n A Bước 3: Tính xác suất P A . n  STUDY TIP Phần lớn các bài toán xác suất đều có thể quy về 2 bài toán đếm: * Đếm số phần tử của tập thuận lợi với biến cố. * Đếm số phần tử của không gian mẫu  . Các bước làm bài đã được trình bày rõ ở lý thuyết trước. Ví dụ 1. Gieo ngẫu nhiên hai con xúc sắc cân đối và đồng chất. Xác suất của biến cố “ Có ít nhất một con xúc sắc xuất hiện mặt một chấm” là 11 1 25 15 A. .B. . C. . D. . 36 6 36 36 Lời giải Đáp án A. Gọi A là biến cố: “Có ít nhất một con xúc sắc xuất hiện mặt một chấm”. Bước 1: Tìm số phần tử không gian mẫu. Do mỗi xúc sắc có thể xảy ra 6 trường hợp nên số kết quả có thể xảy ra là  6.6 36 . Bước 2: Tìm số kết quả thuận lợi cho A . Ta có các trường hợp sau: 1;1 ; 1;2 ; 1;3 ; 1;4 ; 1;5 ; 1;6 ; 2;1 ; 3;1 ; 4;1 ; 5;1 ; 6;1  A 11
  47.  11 Bước 3: Xác suất của biến cố A là P A A .  36 Ví dụ 2. Một tổ gồm 9 em, trong đó có 3 nữ được chia thành 3 nhóm đều nhau. Tính xác xuất để mỗi nhóm có một nữ. 3 27 53 19 A. .B. .C. .D. . 56 84 56 28 Lời giải Đáp án B. Bước 1: Tìm số phần tử không gian mẫu. 3 Chọn ngẫu nhiên 3 em trong 9 em đưa vào nhóm thứ nhất có số khả năng xảy ra là C9 3 Chọn ngẫu nhiên 3 em trong 6 em đưa vào nhóm thứ hai có số khả năng xảy ra là C6 . Còn 3 em đưa vào nhóm còn lại thì số khả năng xảy ra là 1 cách. 3 3 Vậy  C9 C6 .1 1680 Bước 2: Tìm số kết quả thuận lợi cho A . Phân 3 nữ vào 3 nhóm trên có 3! cách. 2 2 Phân 6 nam vào 3 nhóm theo cách như trên có C6 C4 .1 cách khác nhau. 2 2 A 3!.C6 C4 .1 540.  540 27 Bước 3: Xác suất của biến cố A là P A A .  1680 84 STUDY TIP Bài toán ở ví dụ 2 liên quan chặt chẽ với phép đếm. Ta cần nắm chắc phần quy tắc cộng, quy tắc nhân để giải quyết các bài toán tính xác suất theo phương pháp cổ điển. Ví dụ 3. Một hộp chứa 11 viên bi được đánh số từ 1 đến 11 . Chọn 6 viên bi một cách ngẫu nhiên rồi cộng các số trên 6 viên bi được rút ra với nhau. Xác suất để kết quả thu được là số lẻ là 226 118 115 103 A. .B. . C. . D. . 462 231 231 231 Lời giải Đáp án B. Bước 1: Tìm số phần tử không gian mẫu. 6 Chọn ngẫu nhiên 6 viên bi trong 11 viên bi thì số cách chọn là n  C11 462 Bước 2: Tìm số phần tử thuận lợi cho biến cố. Gọi A là biến cố : “Chọn 6 viên bi cộng các số trên 6 viên bi đó thu được là số lẻ”. Trong 11 viên bi có 6 viên bi mang số lẻ đó là 1;3;5;7;9;11 và 5 viên bi mang số chẵn 2;4;6;8;10. * Trường hợp 1: 1 viên bi mang số lẻ và 5 viên bi mang số chẵn. 1 5 Số cách chọn trong trường hợp 1 là C6 .C5 cách. * Trường hợp 2: 3 viên bi mang số lẻ và 3 viên bi mang số chẵn. 3 3 Số cách chọn trong trường hợp 2 là C6 .C5 cách. * Trường hợp 3: 5 viên bi mang số lẻ và 1 viên bi mang số chẵn. 5 1 Số cách chọn trong trường hợp 3 là C6 .C5 cách. 1 5 3 3 5 1 Suy ra n A C6 .C5 C6 .C5 C6 .C5 6 200 30 236.
  48. 2 2 A 3!.C6 C4 .1 540.  236 118 Bước 3: Tính xác suất P A A .  462 231 STUDY TIP Giải thích thực tế: Ta có thể đưa ra các trường hợp như vậy là vì ta có: Để có được tổng là số lẻ thì ta phải có: lẻ + chẵn = lẻ. TH1: 5 số chẵn cộng lại với nhau sẽ ra số chẵn. Do đó cộng với 1lẻ thì ra số lẻ. TH2: 3 lẻ = (1 lẻ + 1 lẻ ) + 1 lẻ = 1 chẵn + 1 lẻ = 1 lẻ. 3 số chẵn cộng lại với nhau ra chẵn. Do đó cộng với 1 lẻ thì ra số lẻ. số viên bi mang số lẻ phải là số lẻ. Ví dụ 4. Trong hệ trục tọa độ Oxy cho A 2;0 ,B 2;2 ,C 4;2 ,D 4;0 . Chọn ngẫu nhiên một điểm có tọa độ x; y ; ( với x, y là các số nguyên) nằm trong hình chữ nhật ABCD (kể cả các điểm nằm trên cạnh). Gọi A là biến cố : “x, y đều chia hết cho 2 ”. Xác suất của biến cố A là 7 13 8 A. .B. .C. 1.D. . 21 21 21 Lời giải Ta có  x; y , 2 x 4,0 y 2 , với x, y ¢ . Vậy x 2; 1;;1;2;3;4 và y 0;1;2 . Suy ra n  7.3 21 (mỗi điểm là một giao điểm trên hình). Ta có A : “x, y đều chia hết cho 2 ”. Nên ta có A x; y : x 2;0;2;4; y 0;2 8 Theo quy tắc nhân ta cón A 4.2 8 n A 8 P A 21 STUDY TIP Với các bài toán có miền giới hạn nhỏ, ta nên liệt kê các phần tử ra tránh sử dụng miền sẽ nhầm lẫn số phần tử. Ví dụ 5. Một người bỏ ngẫu nhiên 4 lá thư và 4 chiếc phong bì thư đã để sẵn địa chỉ. Xác suất để có ít nhất một lá thư bỏ đúng địa chỉ là. 5 2 3 1 A. .B. .C. .D. . 8 3 8 3 Lời giải Gọi 4 lá thư lần lượt là A, B, C, D và 4 phong bì thư có địa chỉ đúng với các lá thư trên lần lượt là 1;2;3;4
  49. Số phần tử không gian mẫu là n  4! 24 . Gọi X là biến cố “ có ít nhất một lá thư bỏ đúng địa chỉ”. Ta có các trường hợp sau: *TH1: Cả 4 lá thư đều bỏ đúng địa chỉ: Chỉ có một trường hợp duy nhất *TH2: Có đúng 2 lá thư bỏ đúng địa chỉ. Có 6 trường hợp xảy ra là: A1 B2 C4 D3; A1 B4 C3 D2; A4 B2 C3 D1; A1 B3 C2 D4; A3 B2 C1 D4; A3 hoặc A2 B1 C3 D4. *TH3: Có đúng 1 lá thư bỏ đúng địa chỉ: Chỉ có lá thư A bỏ đúng địa chỉ thì có 2 trường hợp A1 B3 C4 D2; A1 B4 C2 D3 Tương tự với lá thư B có 2 trường hợp. Lá thư C chỉ có đúng 2 trường hợp. Lá thư D chỉ có đúng 2 trường hợp. Suy ra có 8 trường hợp chỉ có đúng 1 lá thư bỏ đúng địa chỉ. Vậy số phần tử của biến cố X là n X 1 6 8 15 15 5 Nên P X . 24 8 STUDY TIP Giải thích thực tế: có nhiều độc giả sẽ thêm trường hợp có 3 lá thư bỏ đúng địa chỉ, tuy nhiên như vậy là lặp lại trường hợp 4 lá thư bỏ đúng địa chỉ. Do đó nếu 3 lá thư đúng địa chỉ rồi thì lá thư cuối cùng cũng nghiễm nhiên đúng địa chỉ và trùng với TH1. Ví dụ 1. Một hộp đựng 15 viên bi, trong đó có 7 biên bi xanh và 8 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi (không kể thứ tự) ra khỏi hộp. Tính xác suất để trong 3 viên bi lấy ra có ít nhất 1 viên màu đỏ. 1 418 1 12 A. . B. .C. . D. . 2 455 13 13 Lời giải 3 Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi từ 15 viên bi thì số cách chọn là C15 445 . Gọi A là biến cố “trong 3 viên bi lấy ra có ít nhất một viên màu đỏ”. Số trường hợp thuận lợi cho biến cố A là: 1 2 *Trường hợp 1: Lấy được 1 viên màu đỏ, số cách lấy là: C8.C7 . 2 1 *Trường hợp 2: Lấy được 2 viên màu đỏ, số cách lấy là: C8 .C7 . 3 *Trường hợp 3: Lấy được 3 viên màu đỏ, số cách lấy là: C8 . 1 2 2 1 3 Số trường hợp thuận lợi cho biến cố A là n A C8.C7 C8 .C7 C8 420 1 2 2 1 3 C8.C7 C8 .C7 C8 12 Vậy P A 3 . C15 13 Bài toán 2: Tính xác suất sử dụng định nghĩa cổ điển bằng phương pháp gián tiếp. Trong nhiều bài toán tính xác suất, việc tính số phần tử thuận lợi cho biến cố A trở nên khó khăn do có quá nhiều trường hợp, thì ta đi tìm số phần tử thuận lợi cho biến cố đối của biến cố A . Sau đó lấy số phần tử không gian mẫu trừ đi kết quả vừa tìm được thì ta có số phần tử thuận lợi cho biến cố A . Ta sẽ sử dụng bài toán ở ví dụ 6 như sau: Ví dụ 2. Một hộp đựng 15 viên bi, trong đó có 7 biên bi xanh và 8 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi (không kể thứ tự) ra khỏi hộp. Tính xác suất để trong 3 viên bi lấy ra có ít nhất 1 viên màu đỏ. 1 418 1 12 A. . B. .C. . D. . 2 455 13 13 Lời giải 3 Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi từ 15 viên bi thì số cách chọn là C15 445 .
  50. Gọi A là biến cố “trong 3 viên bi lấy ra có ít nhất một viên màu đỏ” thì là biến cố A “ cả ba viên bi lấy ra đều không có màu đỏ” ( tức là lấy ra cả ba viên bi đều màu xanh” 3 Số cách chọn ra 3 viên bi mà 3 viên bi đó đều màu xanh là C7 35 n A 35 Số cách chọn ra 3 viên bi mà trong đó có ít nhất một viên bi màu đỏ là 455 35 420 cách n A 420 n A 420 12 P A n  455 13 STUDY TIP Giải thích thực tế: Dấu hiệu nhận biết các bài toán thực tế chọn đồ vật mà sử dụng cách tính gián tiếp đó là câu hỏi xuất hiện từ “có ít nhất ” thì thường ta sẽ giải quyết theo cách gián tiếp đó là tìm số cách chọn sao cho “không xuất hiện ” Ta sẽ tìm hiểu kĩ hơn ở ví dụ 8. Ví dụ 3. Một hộp quà đựng 16 dây buộc tóc cùng chất liệu, cùng kiểu dáng nhưng khác nhau về màu sắc. Cụ thể trong hộp có 8 dây xanh, 5 dây đỏ, và 3 dây vàng. Bạn An được chọn ngẫu nhiên 6 dây từ hộp quà để làm phần thưởng cho mình. Tính xác suất để trong 6 dây bạn An chọn có ít nhất 1 dây vàng và không quá 4 dây đỏ. 8005 11 6289 1719 A. .B C D. . 8008 14 8008 8008 Lời giải 6 Chọn ngẫu nhiên 6 dây từ 16 dây thì số cách chọn là n  C16 8008 Gọi A là biến cố “ 6 dây bạn An chọn có ít nhất 1 dây vàng và không quá 4 dây đỏ”. Do đó nếu tính trực tiếp sẽ có quá nhiều trường hợp, và từ STUDY TIP ở ví dụ 7, ta sẽ sử dụng biến cố đối để giải quyết bài toán: 6 Trường hợp 1: Không có dây nào vàng, số cách lấy là: C13 . 1 5 Trường hợp 2: Có 1 dây vàng và 5 dây đỏ, số cách lấy là: C3 .C5 . 6 6 1 5 Suy ra n A C16 C13 C3.C5 6289 6 6 1 5 n A C16 C13 C3.C5 6289 Nên P A 6 . n  C16 8008 Ví dụ 4. Một trường THPT có 18 học sinh giỏi toàn diện, trong đó có 7 học sinh khối 12, 6 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối 10. Chọn ngẫu nhiên 8 học sinh từ 18 học sinh trên để đi dự trại hè. Tính xác suất để mỗi khối có ít nhất 1 học sinh được chọn. 212 9 59 1267 A. .B. .C. .D. . 221 221 1326 1326 Lời giải 8 Chọn 8 học sinh bất kì trong 18 học sinh thì số cách chọn là n  C18 cách. Tương tự với dấu hiệu mà STUDY TIP đưa ra thì ta tìm số trường hợp thuận lợi cho biến cố đối của biến cố cần tìm. 8 Chọn 8 học sinh mà không có khối 10, có C13 cách. 8 Chọn 8 học sinh mà không có khối 11, có C12 cách. 8 Chọn 8 học sinh mà không có khối 12, có C11 cách. Gọi A là biến cố “ 8 học sinh được chọn, mỗi khối có ít nhất 1 học sinh”. Số trường hợp thuận 8 8 8 8 lợi cho A là n A C18 C13 C12 C11 41811 n A 41811 1267 Vậy xác suất cần tìm là P A 8 . n  C18 1326