D04 tổ hợp xác suất

Câu .Có tam giác có độ dài ba cạnh thuộc tập hợp M = {1,2,, 3, 2019} Lời giải Gọi số tam giác có độ dài ba cạnh Với phần tử thuộc có dạng , ta tìm Do với với ta có Với phần tử thuộc Tương tự ta có: Vì có dạng ta tính giá trị nên suy ra: Với n = 2019 Thay vào cơng thức ta có kết quả.Câu cm Chứng minh rằng: tồn đường thẳng cắt 26 đường trịn số 2011 đường trịn nói Lời giải Chia hình vng cạnh 10 cm thành 81 hình chữ nhật 80 đường thẳng song Trong hình vng có cạnh 10 cm người ta đặt 2011 đường tròn có đường kính song với cạnh hình vng , đường thẳng cách Do 10 cm 81 10  nên đường tròn bị cắt nhất đường thẳng nói 81 Có 80 đường thẳng, 2011 đường trịn; 2011 chia 80 25 dư 11 nên tồn đường thẳng cắt 26 đường trịn số 2011 đường trịn nói _ HẾT Câu Trước cửa soát vé vào rạp hát có hàng gồm 2010 người Do cửa bị hỏng, nên hàng người chuyển tới cửa khác Hỏi có cách lập hàng mới, người giữ ngun vị trí tiến lên lùi sau ? Lời giải Giả sử ban đầu người thứ k đứng vị trí k Ta cần tìm số hốn vị  1, 2, , n thỏa mãn yêu cầu đề Gọi  hoán vị  1, 2, , n xn số hoán vị  1, 2, , n cho với k   1, 2, , n có k    k  k  Dễ thấy x1 1, x2 2 Và với n 3 ,  hốn vị có tính chất   n  n   n  n  Nếu   n  n    n  1 n số 1, 2, , n  xếp lại theo xn cách cho thỏa mãn yêu cầu đề Nếu   n  n số 1, 2,, n xếp lại theo xn cách cho thỏa mãn yêu cầu đề  x1 1, x2 2, xn Fn1 số Fibonacci thứ n   xk 2  xk 1  xk , k 1 Từ thu  Vậy x2010 F2011 Hết -Câu 5: p k p C C k p k  Cho p số nguyên tố lẻ Chứng minh:   p  chia hết cho p k 0 Lời giải p k p C C Ta có: T   k p k  p p k p    C C k 0 k p k k 0  p k     Cp 1   k 0  p  p  p  Cpk Cpkk   C2pp    Cpk    Cpk C pk k   C2pp  k 0  k 0  k 1  p  Chứng minh: Chứng minh: C C k p k pk      p với k  p  (vì Cpk p ) k 1 k Thật vậy: Cpk    p  k  !   p  1  p     p  k   k ! k ! p! k! Vì  p  1  p     p  k  k ! mod p    p  1  p     p  k   k ! chia hết cho p k ! Mà  p, k ! 1   p    p     p  k   k ! chia hết cho k ! p p k Suy Cpk  1p  C C k p k p k   p (1) k 0   p  Chứng minh: Chứng minh: C2 p  p Thật vậy:   x  2p p 2p  p i i   p j p j  k k C x     Cp x    Cp x  2p k 0  i 0   j 0  p   x    x   p Đồng hệ số x hai vế ta được: C p p 2p    C k 0    k p p p 2p    C 2   C k p k 1    Cpk p  Cpk p 1 k  p   C2pp 2 mod p  C2pp  p (2) Từ (1) (2) suy ra: T p Câu 6: Tại đỉnh ngũ giác đều, ta đặt tương ứng số nguyên cho tổng số số dương Nếu có đỉnh liên tiếp đặt tương ứng số x, y, z y < ta thực phép toán sau: thay số x, y, z tương ứng thành số x + y, -y, z + y Phép toán thực lặp lại số đỉnh có số âm Hãy xác định xem việc thực phép tốn có dừng sau số hữu hạn bước không? Lời giải Gọi x1 , x2 , , x5 số tương ứng đặt đỉnh ngũ giác sao: S x1  x2   x5  Đặt X ( x1 , x2 , x , x4 , x5 ) f ( X ) ( x1  x3 )  ( x2  x4 )  ( x3  x5 )  ( x4  x1 )  ( x5  x2 ) Rõ rang f ( X ) 0 f ( X ) khơng thay đổi xi thay đổi vị trí Vì vai trị đỉnh nên ta giả sử x3  phép toán tác động lên X biến X thành: Y ( x1 , x2  x3 ,  x3 , x4 , x5 ) Ta có: f (Y )  f ( X ) 2 x3 ( x1  x2  x3  x4  x5 ) 2 x3S  Nói cách khác lần thực phép tốn hàm f ( X ) giảm đơn vị Vì q trình dừng sau hữu hạn bước Câu 5: Cho n, k số nguyên dương, n k S tập hợp n điểm không gian thỏa mãn (i) Khơng có 65 điểm thẳng hàng (ii) Mỗi điểm P S khơng có k điểm S cách P Chứng minh k 1   n  1  n   Lời giải Gọi A tập hợp điểm  M , N , P  thỏa mãn M, N, P ba điểm S tồn điểm hệ cách ba điểm (điểm gọi tâm S) Với điểm P S có k điểm S cách P Suy số thuộc A nhận P làm tâm lớn Cn2 Có n điểm tính nên số cặp khơng nhỏ nCk3 Có n điểm nên có Cn3 Theo (i), có khơng q 64 lần tính Số cặp tính khơng lớn 64Cn3 Từ suy nCk3 64.Cn3 hay nk  k  1  k   64n  n  1  n    k  k  1  k   64  n  1  n     k  1  64  n  1  n    k    n  1  n   Câu 4: Một cửa hàng có loại kem: Kem sữa, kem xồi, kem dứa, kem sơ la Một nhóm có người vào ăn kem gọi cốc kem Hỏi có tất lựa chọn? Gọi số cốc kem Kem sữa, kem xồi, kem dứa, kem sơ cola a, b, c, d ( a, b,c,d   ), theo đầu ta có a + b + c + d = Như lựa chọn (a;b;c;d) số nguyên không âm cho a + b + c + d = 9; với số ta đặt tương ứng với dãy nhị phân theo quy tắc sau: Viết từ trái sang phải a chữ số liên tiếp, chữ số 0, b chữ số liên tiếp, chữ số 0, c chữ số liên tiếp, chữ số 0, d chữ số liên tiếp: 11 1011 1011 1011     a chu so b chu so c chu so d chu so Như (a;b;c;d) tương ứng với dãy nhị phân có dộ dài 12 ký tự có ký tự ký tự hiển nhiên tương ứng song ánh số cách chọn số cách chọn vị trí 12 vị trí cho chữ số Thành thử có tất C12 lựa chọn Câu : Đề thi THPT Quốc gia mơn Tốn có 50 câu trắc nghiệm, câu có bốn phương án trả lời, có phương án đúng, trả lời câu 0,2 điểm Một thí sinh làm xong 40 câu, 32 câu sai câu Ở 10 câu cịn lại thí sinh chọn ngẫu nhiên bốn phương án Tính xác suất để thí sinh đạt 8,0 điểm trở lên Lời giải Thí sinh làm 32 câu 40 câu 6,4 điểm Để thí sinh đạt điểm trở nên phải chọn câu trở lên 10 câu cịn lại Nghĩa thí sinh chọn câu câu câu sai 10 câu cịn lại Mỗi câu có phương án có 410 cách chọn Mỗi câu có phương án sai nên có cách chọn sai cho câu Chọn sai câu 10 câu cịn lại có 30.C010 cách Chọn sai câu 10 câu cịn lại có 31.C110 cách Chọn sai câu 10 câu cịn lại có 32.C210 cách Do số cách chọn đáp án để cho thí sinh đạt điểm trở lên 30.C010+31.C110+32.C210=436 cách Vậy xác suất để thí sinh đạt điểm trở lên P=436/4^10 Câu : Từ hộp chứa viên bi đỏ, viên bi vàng viên bi xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời viên bi Gọi A biến cố: số viên bi lấy số bi đỏ lớn số bi vàng Tính xác suất biến cố A Lời giải Số bi hộp 5+3+4=12 Số phần tử không gian mẫu C12 495 Đếm số phần tử biến cố A có trường hợp sau TH1: viên bi lấy khơng có viên bi vàng có 1viên bi đỏ 4 Số kết C9  C4 125 TH2: viên bi lấy có viên bi vàng có 2viên bi đỏ 1 Số kết C5 C3C4  C5 C3 150 Số phần tử biến cố A 125+150=275 275  Vậy xác suất biến cố A 495 Câu 3: Cho tập hợp A  0,1, 2,3, 4,5, 6 Có thể lập số tự nhiên gồm chữ số khác lấy từ tập A cho phải có mặt chữ số lẻ chúng không đứng liền Lời giải Giả sử a1a2 a3a4 a5 số cần tìm.Ta tính tất số gồm chữ số cho có mặt chữ số lẻ,sau trừ trường hợp mà số lẻ đứng liền a) Tất có số lẻ, xếp số lẻ vào vị trí, tacó: A5 60 cách Khi cịn lại vị trí chọn tuỳ ý số chẵn, ta có A4 12 cách Vậy có: 60.12=720 (số) Trong số trừ trường hợp a1 0 : Nếu a1 0 xếp số lẻ vào vị trí, cịn lại vị trí chọn 3số chẵn {2,4,6} ta có A43 A31 72 (số) Suy có: 720  72 648 (số) gồm chữ số cho ln có mặt chữ số lẻ b) Tính số có chữ số cho có số lẻ đứng liền - Nếu a1a2 a3 số lẻ ta có A3 6 (cách xếp) Khi vị trí cịn lại a4 a5 chọn tuỳ ý số chẵn, ta có: A4 12 Vậy có: 6.12 72 (số) -Nếu a2 a3a4 số lẻ ta có A3 6 (cách xếp) Khi đó: a1 có cách chọn (a1 0) ; a5 có cách chon Vậy có: 6.3.3 54 (số) -Tương tự a3a4 a5 số lẻ có 54 (số) Suy có: 72  2.54 180 số có số lẻ đứng liền Vậy có 648 –180 468 số có chữ số khác lấy từ tập A cho số lẻ không đứng liền Câu 4: Một hộp chứa cầu màu đỏ, cầu màu xanh cầu màù vàng Lấy ngẫu nhiên lúc cầu từ hộp Tính xác suất cho cầu lấy có màu đỏ khơng q hai màu vàng Lời giải Số phần tử không gian mẫu n() C16 1820 Gọi A biến cố “4 cầu lấy có màu đỏ khơng q hai màu vàng’’ Xét khả năng: - Số cách lấy đỏ, xanh C4 C5 40 cách - Số cách lấy đỏ, xanh , vàng C4 C5 C7 280 cách 1 - Số cách lấy đỏ, xanh ,2 vàng C4 C5C7 420  n( A) 40  280  420 740 Vậy xác suất biến cố A : p ( A)  n( A) 740 37   n() 1820 91 Câu 3: Một bàn dài có dãy ghế đối diện nhau, dãy gồm có ghế Người ta muốn xếp chỗ ngồi cho học sinh trường A học sinh trường B vào bàn nói Tính xác suất học sinh ngồi đối diện khác trường Lời giải Một bàn dài có dãy ghế đối diện nhau, dãy gồm có ghế Người ta muốn xếp chỗ ngồi cho học sinh trường A học sinh trường B vào bàn nói Tính xác suất học sinh ngồi đối diện khác trường Số cách xếp chỗ ngồi cho 12 học sinh là: 12! 479.001.600 (cách) Đánh số vị trí ngồi từ đến 12 sau: 12 11 10 Gọi A biến cố cần tìm xác suất, ta có: Số cách xếp học sinh trường A vào vị trí 1,3,5,8,10,12 : 6! 720 (cách) Số cách xếp học sinh trường B vào vị trí lại : 6! 720 (cách) Mà học sinh hai trường đổi chỗ cho Vậy: n( A) 26  720  33.177.600 Kết luận: P  A  A   33177600 16  479001600 231 Câu 4: Một nhóm gồm học sinh, có hai học sinh tên A B Xếp ngẫu nhiên nhóm học sinh thành hàng dọc Tính xác suất cho hai học sinh A B đứng liền kề Lời giải Mỗi cách xếp ngẫu nhiên học sinh thành hàng dọc hoán vị phần tử  n() 6! 720 (phần tử) Gọi A biến cố:"A B đứng liền kề nhau"  n( A) 5!.2! 240 (phần tử)  P ( A)  n( A) 240   (phần tử) n() 720 Câu 5: Có 10 đối thủ tham gia thi cờ vua Mỗi đối thủ phải thi đấu với đối thủ lại, người ván Trong ván đấu khơng hịa, người thắng điểm, người thua âm điểm; ván hịa đối thủ nhận điểm Biết sau giải đấu kết thúc có 70% ván đấu hòa Chứng minh tồn hai đối thủ có số điểm Lời giải Ta ký hiệu số điểm vận động viên xi ; i 1, 2, ,10 Phản chứng Có nhiều xi 0 , suy có số khác 0, suy tồn số dấu, giả sử dương Tổng số tối thiểu     15, suy có 15 trận thắng nên số trận hịa khơng vượt q 45-15=30  70  45  1 32 Ta tìm hai điều mâu thuẫn Theo giả thiết số trận hịa khơng   100  Vậy toán chứng minh Câu 6: Trong giải bóng đá có 10 trận đấu diễn vịng 30 ngày Hỏi ban tổ chức có cách xếp trận đá bóng khơng có hai trận đấu ngày hai ngày liên tiếp Lời giải Giả sử trận đấu thứ i xếp vào ngày xi Khi đó, cách xếp trận đấu tương ứng với   10 số x1 ,x , ,x10 thỏa điều kiện sau  Chứng minh: x1  x  x   x10 30  Chứng minh: xi 1  xi 2 với i 1,29   Nếu x1 ,x , ,x10 thỏa mãn điều kiện thứ việc đếm trở nên đơn giản Khó khăn điều kiện thứ Điều kiện bắt buộc số x1 ,x , ,x10 khơng có hai số hai số tự nhiên liên tiếp, ta tìm cách chuyển hai số kề hai số tự nhiên liên tiếp để đếm Ta có x  x1 2  x  x1   x   x1 nên hai số x  x1 hai số tự nhiên liên tiếp Tương tự vậy, ta có xi 1  xi hai số tự nhiên liên tiếp     Dẫn đến, ta chuyển x1 ,x , ,x10 x1 ,x  1,x  ,x10    Gọi A tập x1 ,x , ,x10 thỏa mãn điều kiện   B   y1 , ,y10  y1  y   y10 21 Xét ánh xạ f : A  B xác định sau f  x1 , ,x10   x1 ,x  1,x  2, ,x10   Ta chứng minh f song ánh  Do A  B C10 n (3;  4)  352716 21 Câu 3: Đội tình nguyện xanh trường THPT có 15 học sinh gồm học sinh khối 10 , học sinh khối 11 học sinh khối 12 Chọn ngẫu nhiên học sinh đội làm nhiệm vụ Tính xác suất để học sinh chọn có đủ học sinh ba khối Lời giải 15.14.13.12 1365 Số phần tử không gian mẫu n    C15  1.2.3.4 Gọi A biến cố: Chọn người có đủ học sinh ba khối 1 Trường hợp 1: học sinh khối 10, học sinh khối 11 học sinh khối 12 có C6 C5 C4 300 Trường hợp 2: học sinh khối 10, học sinh khối 11 học sinh khối 12 có C6 C5 C4 240 1 Trường hợp 3: học sinh khối 10, học sinh khối 11 học sinh khối 12 có C6 C5 C4 180 Suy n( A) 300  240  180 720 n( A) 720 48   Vậy xác suất cần tính P ( A)  n() 1365 91 Câu 5: Cho n số tự nhiên lớn Số tự nhiên k gọi “ n – tốt ” với cách tô tập số tự nhiên từ đến k hai màu xanh, đỏ ( số tô màu ) ta ln chọn n số từ tập khơng thiết phân biệt có màu tổng chúng có màu với số a Khi n  , chứng minh k 5 số bé thỏa mãn “ n – tốt ” b Với số tự nhiên n  , tìm số k bé thỏa mãn “ n – tốt ” Lời giải Câu a Khi n=2 + Với k 2 , k 3, k 4 : không thỏa mãn + Với k 5 , giả sử ngược lại, tồn cách tô không thỏa đề Khơng tính tổng qt, giả sử số tô màu đỏ, suy số tô Xanh, suy số tô đỏ, suy số tô Xanh Nếu số tô Đỏ suy mâu thuẫn Nếu số tô Xanh suy mâu thuẫn Vậy k 5 số thỏa mãn Câu b + Điều kiện đủ: k  n  n  không thỏa mãn Ta cần cách tơ khơng thỏa đề sau: Nhóm (I): số: 1,2, n  tô màu Đỏ Nhóm (I): số: n,n  1, n  tơ màu Xanh 2 Nhóm (I): số: n , n  1, n  n  tô màu Đỏ + Nếu ta chọn n số từ nhóm (I), suy tổng chúng bé n  n  1  n nên số tổng có màu Xanh ( cách tô không thỏa đề bài) + Trường hợp n số tô màu Đỏ chọn có số thuộc nhóm (III) 2 Khi đó: tổng chúng khơng bé  n  1 1 n n  n  ( khơng thỏa ) Nếu ta chọn n số từ nhóm (II) suy tổng chúng khơng bé n số có màu Đỏ nên khơng thỏa + Điều kiện cần: ta chứng minh k n  n  số thỏa đề Phản chứng: Giả sử k n  n  tồn cách tô không thỏa đề Khơng tính tổng qt, số tơ màu Đỏ Khi ta suy số n tô Xanh, số n tô Đỏ ( Vì ngược lại thỏa đề ) 2 Vi n  n  n   n  1 phải tơ Xanh nên có hai trường hợp xảy ra: TH1:Số n  tô Đỏ.Ta suy n  n  1  n  1  tô màu Xanh ( mâu thuẫn) TH2:Số n  tô Xanh.Ta suy n  n   n  1  n  1  n tô màu Đỏ ( mâu thuẫn ) KL: Vậy số k bé thỏa Câu 5: “ n – tốt “ n2  n  Cho bảng  n số nguyên dương cho trước Tìm số cách tơ màu khơng tô ô n màu Hai cách tô màu gọi la cách nhận từ cách phép quay Lời giải B1 A1 B2 A4 C A2 B4 A3 B3 Ta đánh số vng hình vẽ Ta nhận thấy có phép quay biến hình vng thành hình vng phép quay góc 900, 1800 2700 theo chiều kim đồng hồ (phép quay 3600 giữ ngun hình vng) Qua phép quay nói C ln khơng đổi Với phép quay 900 A1  A2  A3  A4  A1 B1  B2  B3  B4  B1 Tương tự với phép quay 2700 A1  A4  A3  A2  A1 B1  B4  B3  B2  B1 Do phép quay tạo phép tô giống cũ ô A tô màu ô B tô màu Với phép quay 1800 A1 A3, A2 A4, B1 B3, B2 B4 phép quay tạo phép tô giống cũ cặp ô (A1, A3), (A2, A4), (B1, B3), (B2, B4) tô màu Bây ta bắt đầu đếm số cách tơ Có n cách tô màu ô C Trong số cách tô màu ô xung quanh, ta chia làm loại Loại Gồm cách tô mà ô A tô màu ô B tô màu Có n cách chọn màu để tơ ô A n cách chọn màu để tô ô B Suy có n2 cách tô loại Với loại phép quay nói khơng tạo cách tô nên số cách tô loại không thu từ qua phép quay n2 Loại Gồm cách tô mà cặp ô (A1, A3), (A2, A4), (B1, B3), (B2, B4) tô màu cách tô khơng thuộc loại Dễ thấy Có n4 – n2 cách tô (chưa kể đến trùng qua phép quay) Với loại phép quay góc 900 2700 tạo cách tơ (sẽ phải loại bớt) hai cách tô trùng Như có (n4-n2)/2 số cách tơ loại không thu từ qua phép quay Loại Gồm cách tơ mà ô cặp nói tô khác màu Dễ thấy có n8 – n4 cách tơ Tuy nhiên, cách tô tương ứng thêm với cách tô khác thu qua phép quay 900, 180 2700 Như số cách tô loại không thu từ qua phép quay (n8 – n4)/4 Như vậy, số cách tơ cần tìm  n  n n8  n N n n    Câu 5: Trên bảng đen ta viết  n  n  2n    2016 dấu cộng   2017 dấu    Cho phép xóa hai dấu tùy ý viết thay vào dấu cộng hai dấu xóa nhau, dấu trừ trường hợp ngược lại Lặp lại cơng việc 4032 lần Hỏi bảng cịn lại dấu gì? Lời giải Giả sử thay cho dấu cộng ta viết số 1, thay cho dấu trừ ta viết số  Khi việc làm cho xem thay hai số tùy ý tích chúng Phép tính khơng làm thay đổi tích tất số cho Như tích số cho bất biến trình lặp lại phép tốn Tại trạng thái xuất phát tích  Sau 4032 lần lặp, ta cịn lại số bảng, phải số  Điều có nghĩa dấu cịn lại bảng dấu    Câu 2: Cho số tự nhiên số B gấp A thỏa mãn: đổi chỗ cặp vị trí chữ số số lần số A , ta A Chứng minh B27 Lời giải Cho n  N * , kí hiệu S  n  là tổng chữ số n Ta có nhận xét: n9  S  n  9; n3  S  n  3 Ta có B 3 A  1 nên ta suy B3 , S  B  3  S  A  3 S  A  S  B   A3  B9  S  B  9  S  A  9  A9  B27 theo (1) Câu Một dãy phố có cửa hàng bán quần áo Có người khách đến mua quần áo, người khách vào ngẫu nhiên năm cửa hàng Tính xác suất để có cửa hàng có nhiều người khách vào Lời giải Người khách thứ có cách chọn cửa hàng để vào Người khách thứ hai có cách chọn cửa hàng để vào Người khách thứ ba có cách chọn cửa hàng để vào Người khách thứ tư có cách chọn cửa hàng để vào Người khách thứ năm có cách chọn cửa hàng để vào Theo quy tắc nhân có 5.5.5.5.5 = 3125 khả khác xảy cho người vào cửa hàng Suy số phần tử không gian mẫu là:  3125 Để có cửa hàng có nhiều khách vào có trường hợp (TH) sau: TH1: Một cửa hàng có khách, cửa hàng có khách, ba cửa hàng cịn lại khơng có khách TH có C5 C5 C4 C2 200 khả xảy TH2: Một cửa hàng có khách, hai cửa hàng có khách, hai cửa hàng cịn lại khơng có khách TH có C5 C5 C4 P2 600 khả xảy TH3: Một cửa hàng có khách, cửa hàng có khách, ba cửa hàng cịn lại khơng có khách TH có C5 C5 C4 100 khả xảy TH4: Một cửa hàng có khách, cửa hàng khác khơng có khách TH có C5 5 khả xảy Suy có tất 200  600  100  905 khả thuận lợi cho biến cố “có cửa hàng có nhiều người khách vào” Vậy xác suất cần tính là: P  905 181  3125 625 n 2 3 n k Câu Tìm số tự nhiên n thỏa mãn: Cn Cn  2Cn Cn  Cn Cn 100 , Cn tổ hợp chập k n phần tử Lời giải 2 Biểu thức   Cn2   2Cn2Cn3   Cn3  100   Cn2  Cn3  100   (n  1)n(n  1) 3.4.5  n 4 Câu Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, lập số tự nhiên, số có chữ số thỏa mãn điều kiện: Sáu chữ số số khác số tổng ba chữ số đầu nhỏ tổng ba chữ số cuối đơn vị Lời giải Các số tự nhiên có chữ số có dạng: a1a2 a3a4 a5 a6 ;(ai   1, 2,3, 4,5, 6 ; a j ) cho a1  a2  a3 a4  a5  a6    a4  a5  a6 11  a1  a2  a3 10 (1) Vì a1 , a2 , a3   1, 2,3, 4,5, 6 chữ số khác nên hệ thức (1) thỏa mãn ba khả sau: a1 1, a2 3, a3 6 hoán vị ba số 1, 3, a1 1, a2 4, a3 5 hoán vị ba số 1, 4, a1 2, a2 3, a3 5 hoán vị ba số 2, 3, Mỗi số a1 , a2 , a3 tạo 3! hoán vị, hốn vị lại ghép với 3! hốn vị số a4 , a5 , a6 , tổng cộng số số tự nhiên gồm chữ số thỏa mãn điều kiện đề 3.3!.3! = 108 số Câu Chọn ngẫu nhiên ba số đôi khác từ tập hợp A {1;2; ;20} Tính xác suất để ba số chọn khơng có hai số tự nhiên liên tiếp Lời giải Số cách chọn ba số đôi khác từ tập A C 20 1140 cách Số cách chọn ba số liên tiếp 18 cách Số cách chọn ba số có hai số liên tiếp 17*2+17*16=306 Vậy xác suất cần tìm 1140  18  306 816 68   1140 1140 95 Câu 6: Cho S {1;2; ;2015} A tập S cho A không chứa phần tử ước Tìm giá trị lớn A Lời giải m Với số nguyên dương lẻ k , đặt S k {k ;2k ;4k ;8k ; k ; }  S 4) Với số nguyên Rõ ràng ta có tính chất sau: dương lẻ k Sk  A 1 (do tính chất 1) phần tử S k ước 2) S m  S n  với số lẻ m, n m n (1)) 3) S S1  S3  S5   S 2015 Suy A   S1  A    S3  A     S 2013  A   S1  A  S3  A   S 2015  A 1008 Ta xét A0 {1008;1009; ;2015} , A0 1008 Do 1008x 2016  2015 nên A0 khơng có chứa phần tử ước Vậy giá trị lớn A 1008 Câu 7: Một hộp chứa bóng đỏ (có số thứ tự từ đến 6), bóng vàng (có số thứ tự từ đến 5), bóng xanh (có số thứ tự từ đến 4).Lấy ngẫu nhiên bóng.Tính xác suất để bóng lấy có đủ màu mà khơng có bóng có số thứ tự trùng Lời giải Xét phép thử : T : ‘Chọn ngẫu nhiên bóng" Ta có:  C15 Gọi A biến cố cần tìm xác suất, ta có: bóng lấy có đủ màu mà khơng có bóng có số thứ tự trùng nhau., có trường hợp rời sau đây: TH1 xanh,1 vàng,2 đỏ Số cách lấy xanh : C4 (cách) Do bóng có số thứ tự trùng nên sau lấy xanh phải bỏ vàng có số thứ tự trùng với số thứ tự mà xanh lấy Số cách lấy vàng : C4 (cách) Do khơng có bóng có số thứ tự trùng nên sau lấy xanh,1 vàng phải bỏ đỏ có số thứ tự trùng với số thứ tự mà xanh vàng lấy Số cách lấy đỏ : C4 (cách) 1 Số cách lấy thỏa mãn TH1 : C4 C4 C4 (cách) TH2 xanh,2 vàng,1 đỏ TH3 xanh,1 vàng,1 đỏ Tương tự : Số cách lấy thỏa mãn TH2 : C4 C4 C3 (cách) 1 Số cách lấy thỏa mãn TH3 : C4 C3 C3 (cách) 1 2 1 Số cách lấy thỏa mãn toán : C4 C4 C4 + C4 C4 C3 + C4 C3 C3 (cách) A C41.C41 C42  C41 C42 C31  C42 C31.C31 74   Xác suất cần tìm : P ( A)   C154 455 Câu Cho tập hợp M gồm 2014 số dương a1 , a2 , , a2014 Xét tất tập khác rỗng Ti M, gọi si tổng số thuộc tập Ti Chứng minh chia tập hợp tất số si thành lập thành 2014 tập khác rỗng không giao nhau, cho tỉ số hai số thuộc tập tập vừa phân chia không vượt Lời giải Đặt n 2014 Giả sử phần tử M thoả mãn a1 a2  an Đặt S0 0, Sm a1  a2   am  m n  Gọi P tập tất số si xác định đề Kí hiệu Pm  s  P | Sm   s Sm  với m 1, 2,3, , n Ta chứng minh cách chia P thành tập Pm thoả mãn điều kiện toán Muốn ta cần chứng minh b  Pm S m  2b h Thật b  S m  a1  a2   am b  aik nên phai tồn ik để ik m k 1 Câu Vậy b aik am S m  Sm   S m  b  2b  Sm NGƯỜI THỰC HIỆN: Thanh Nguyen n * Tập hợp X có  n    phần tử chia thành tập đôi không giao Xét quy tắc chuyển phần tử tập sau: A, B tập X số phần tử A không nhỏ số phần tử B ta phép chuyển từ tập A vào tập B số phần tử số phần tử tập B Chứng minh sau số hữu hạn bước chuyển theo quy tắc trên, ta nhận tập X Lời giải Do tập X có số phần tử chẵn nên số tập có phần tử lẻ chẵn * Giả sử có 2k  k    tập có số phần tử lẻ, chia 2k tập thành k cặp, thực quy tắc chuyển ta đưa tập có số phần tử chẵn Khi ta đưa trường hợp tập có số phần tử chẵn Nếu n 1 , toán chứng minh Xét n 2 Do n 4 , suy số tập có số phần tử chẵn không chia hết cho phải chẵn Giả sử * có 2m  m    tập có số phần tử chẵn khơng chia hết cho Chia chúng thành m cặp thực phép chuyển phần tử theo quy tắc ta thu tập có số phần tử chia hết cho Thực tương tự trên, sau hữu hạn bước ta tập có số phần tử chia hết cho 2n , ta nhận tập X Học sinh chứng minh phương pháp quy nạp theo n NGƯỜI THỰC HIỆN: Thanh Nguyen Câu a) Từ 10 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, lập số tự nhiên thỏa: số có chữ số, có chữ số lẻ khác chữ số chẵn khác mà chữ số chẵn có mặt lần b) Một đa giác có 24 đỉnh, tất cạnh đa giác sơn màu xanh tất đường chéo đa giác sơn màu đỏ Gọi X tập hợp tất tam giác có ba đỉnh đỉnh đa giác Người ta chọn ngẫu nhiên từ X tam giác, tính xác suất để chọn tam giác có ba cạnh màu Lời giải a) * Bước 1: Xét số có chữ số, có hai chữ số lẻ khác chữ số chẵn khác mà chữ số chẵn có mặt hai lần (kể số có chữ số đứng đầu) - Từ 10 chữ số chọn chữ số khác gồm số lẻ số chẵn có C5 C5 cách chọn + Với cách chọn ta có: số số có chữ số có chữ số lẻ khác 8! chữ số chẵn khác mà chữ số chẵn có mặt hai lần số 2!2!2! 8! 3 504000 số (kể số đứng đầu + Vậy với C5 C5 cách chọn ta tạo C5 C5 2!2!2! tiên) * Bước 2: Xét số thoả mãn điều kiện bước mà có chữ số đứng đầu - Từ số cho (bỏ số 0) chọn số khác gồm số lẻ số chẵn (vì có số đứng 2 đầu) có C5 C4 cách chọn + Với cách chọn ta có: số số có chữ số có số đứng đầu, có mặt chữ số lẻ khác nhau, chữ số chẵn khác chữ số chẵn khác có mặt hai lần 7! số 2!2! 7! 2 2 75600 số ( bước 2) + Vậy với C5 C4 cách chọn ta tạo C5 C4 2!2! * Từ bước suy số số thoả đề là: 504000  75600 428400 số b) Gọi đa giác A1A2 A24 Số phần tử không gian mẫu n(Ω)= C324 =2024 Gọi A biến cố chọn tam giác có ba cạnh màu, ba cạnh màu đỏ Gọi B biến cố chọn tam giác có cạnh màu xanh (cạnh đa giác) Giả sử xét cạnh màu xanh A1A2, ta có 20 cách chọn đỉnh Ai ( Ai  {A4; A5; ;A23}) Nên số phần tử B n(B) = 24.20 = 480 Gọi C biến có chọn tam giác có hai cạnh màu xanh, tam giác có hai cạnh hai cạnh liên tiếp đa giác, nên n(C) = 24 Ta có n(A) + n(B) + n(C) = n(  ) Suy số phần tử biến cố A n  A  = n()  n(B)  n  C  2024  480  24 1520 Vậy xác suất biến cố A P(A)= n(A) 190  n(Ω) 253 Cho đa giác 2018 cạnh nội tiếp đường tròn tâm O Gọi M tập hợp tất tứ giác lồi có đỉnh đỉnh đa giác cho Lấy ngẫu nhiên tứ giác từ tập M Tính xác suất để tứ giáclấy đượccó cạnh đường chéo đa giác Lời giải Câu Số phần tử không gian mẫu: n    C2018 Gọi A biến cố: Tứ giác lấy có cạnh đường chéo đa giác -Giả sử đa giác cho là: A1 A2 A3 A2018 Ta có: + Với tứ giác có đỉnh A1 ta cần chọn thêm đỉnh Ai , Aj , Ak thỏa mãn i   j   k 2017 (vì đỉnh tứ giác phải có đỉnh đa giác) + Mỗi cách chọn đỉnh cách chọn số phân biệt 2013 số tự nhiên từ đến 2017, nên ta có C2013 tứ giác có đỉnh A1 thỏa mãn yêu cầu + Vì đa giác có 2018 đỉnh tứ giác đếm lặp lại lần theo đỉnh nên số tứ giác cần tìm 2018.C2013 1009.C2013 Vậy: P  A   2C2018 là: n( A)  Câu 4: Trong kỳ thi hội khỏe phù cấp học tỉnh Nghệ An năm học 2015 – 2016 Sau thi xong môn thứ có thí sinh dự thi đến từ huyện khác tỉnh bước ngẫu nhiên vào nhà hàng có ba quầy ăn: cơm, cháo, phở Tính xác suất cho có thí sinh bước vào quầy cơm (sở thích ăn uống thí sinh việc ăn cơm, cháo hay phở ngẫu nhiên) Lời giải Khả thí sinh vào quầy nhau, nên số phần tử không gian mẫu n() 39 19683 Chọn thí sinh vào quầy cơm có C9 84 cách, thí sinh cịn lại có khả vào hai quầy cịn lại 26 = 64 cách Số cách chọn có thí sinh vào quầy cơm C9 5376 cách Vậy xác suất để có thí sinh vào quầy cơm C 26 1792 là: P  9  6561 Câu 4: Một trường học có 25 giáo viên nam 15 giáo viên nữ có cặp vợ chồng Nhà trường chọn ngẫu nhiên người số 40 giáo viên cơng tác.Tính xác suất cho người chọn có cặp vợ chồng Giải Số cách chọn người C40 Giả sử có cặp vợ chồng (A, B) (C, D) A, C chồng TH1: chọn cặp vợ chồng (A, B) Cần chọn người số 38 lại (trừ A, B) mà khơng có cặp (C, D) - Số cách chọn người 38 người C38 - Số cách chọn người 38 người mà có cặp (C, D) C36 suy số cách chọn người số 38 người mà khơng có cặp (C, D) C38 - C36 TH2: chọn cặp vợ chồng (C, D) Tương tự ta có số cách chọn C38 - C36 2(C383  C36 ) C40 Câu 4: Một dãy phố có cửa hàng bán quần áo Có người khách đến mua quần áo, người khách vào ngẫu nhiên năm cửa hàng Tính xác suất để có cửa hàng có nhiều người khách vào Xác suất cần tính là: p  Giải Người khách thứ có cách chọn cửa hàng để vào Người khách thứ hai có cách chọn cửa hàng để vào Người khách thứ ba có cách chọn cửa hàng để vào Người khách thứ tư có cách chọn cửa hàng để vào Người khách thứ năm có cách chọn cửa hàng để vào Theo quy tắc nhân có 5.5.5.5.5 = 3125 khả khác xảy cho người vào cửa hàng Suy số phần tử không gian mẫu là:  3125 Để có cửa hàng có nhiều khách vào có trường hợp (TH) sau: TH1: Một cửa hàng có khách, cửa hàng có khách, ba cửa hàng cịn lại khơng có khách TH có C51.C53 C41 C22 200 khả xảy TH2: Một cửa hàng có khách, hai cửa hàng có khách, hai cửa hàng cịn lại khơng có khách TH có C51.C53 C42 P2 600 khả xảy TH3: Một cửa hàng có khách, cửa hàng có khách, ba cửa hàng cịn lại khơng có khách TH có C51.C54 C41 100 khả xảy TH4: Một cửa hàng có khách, cửa hàng khác khơng có khách TH có C51 5 khả xảy Suy có tất 200  600  100  905 khả thuận lợi cho biến cố “có cửa hàng có nhiều người khách vào” Câu 3: Từ tập hợp tất số tự nhiên có năm chữ số mà chữ số khác 0, lấy ngẫu nhiên số Tính xác suất để số tự nhiên lấy có mặt ba chữ số khác Lời giải Xét phép thử : T = ‘Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên có năm chữ số mà chữ số khác 0" Ta có:  9 59049 Gọi A biến cố cần tìm xác suất, ta có: Số cách chọn chữ số phân biệt a, b, c từ chữ số thập phân khác C9 Chọn chữ số lại từ chữ số đó, có trường hợp rời sau đây: TH1 Cả chữ số lại chữ số a, b, c: có cách; hoán vị từ 5! hoán vị chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo số tự nhiên n; 3! hoán vị vị 5! trí mà a, a, a chiếm chỗ tạo số n, nên TH1 có thảy  60 số 3! tự nhiên TH2 chữ số lại chữ số a, b, c chữ số chữ số khác chữ số đó: có cách; hốn vị từ 5! hoán vị chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo số tự nhiên n; 2! hốn vị vị trí mà a, a chiếm chỗ 2! hoán vị 5! 90 vị trí mà b, b chiếm chỗ tạo số n, nên TH2 có thảy  2!2! số tự nhiên 9! 150 7 4 3 12600 Vậy: A (60  90)C9 150  3!6! A 12600 1400   0,213382106 Kết luận: P  A    59049 6561 Câu 4: Chọn ngẫu nhiên ba số đơi khác từ tập hợp A={1;2;3;…;20} Tính xác suất để ba số chọn khơng có hai số tự nhiên liên tiếp Lời giải Số cách chọn ba số đôi khác từ tập A C 20 1140 cách Số cách chọn ba số liên tiếp 18 cách Số cách chọn ba số có hai số liên tiếp 17*2+17*16=306 Vậy xác suất cần tìm Câu 5: 1140  18  306 816 68   1140 1140 95 Gọi A tập hợp tất số tự nhiên có chữ số Chọn ngẫu nhiên số từ tập A, tính xác suất để chọn số chia hết cho chữ số hàng đơn vị Lời giải Số số tự nhiên có chữ số 99999  10000  90000 Giả sử số tự nhiên có chữ số chia hết cho chữ số hàng đơn vị là: abcd1 Ta có abcd1 10.abcd  3.abcd  7.abcd 1 chia hết cho 3.abcd  chia hết cho Đặt 3.abcd  7h  abcd 2h  h số nguyên h 3t  Khi ta được: abcd 7t   1000 7t  9999  998 9997 t   t   143, 144, , 1428 suy số cách chọn t cho số abcd1 chia hết 7 cho chữ số hàng đơn vị 1286 Vậy xác suất cần tìm là: Câu 5: 1286 0, 015 90000 Từ sáu chữ số 1; 2; 3; 4; 5; người ta lập số tự nhiên số gồm chữ số khác Hỏi có số thế? Tính tổng số tự nhiên tìm Lời giải Có A6 120 số tự nhiên thoả mãn toán Chia 120 số tự nhiên thành 60 cặp, cặp gồm số tự nhiên x; x / có dạng / x abc ; x / a / b / c / cho a  a / b  b / c  c / 7 (ví dụ x 123  x 654 ) Vì có 60 cặp x; x / mà x  x / 777 nên tổng số tự nhiên tìm 60x777=46620 Câu 6: Cho tập A  0;1;2;3;4;5 , từ A lập số tự nhiên gồm chữ số khác nhau, thiết phải có chữ số Lời giải -Gọi số cần tìm abcde  a 0  -Tìm số số có chữ số khác mà có mặt khơng xét đến vị trí a Xếp vào vị trí có: A5 cách 3 vị trí cịn lại có A4 cách Suy có A5 A4 số -Tìm số số có chữ số khác mà có mặt với a = Xếp có cách 3 vị trí cịn lại có A4 cách Suy có 4.A4 số 3 Vậy số số cần tìm tmycbt là: A5 A4 - 4.A4 = 384 Câu 4: Ông bà An có đứa lên máy bay theo hàng dọc Có cách xếp hàng khác ông An hay bà An đứng đầu cuối hàng: Cho tập hợp A gồm n phần tử ( n 4 ) Biết số tập gồm phần tử A 20 lần số tập gồm phần tử A Tìm K   1;2;3; ;n cho số tập gồm K phần tử A lớn nhất? Lời giải Ta dùng phần bù Sắp người vào vị trí theo hàng dọc có 8! cách xếp Sắp ơng bà An vào vị trí (trừ vị trí đầu cuối hàng) có A62 cách Sắp người vào vị trí cịn lại có 6! cách Vậy có 8! A62 6! 18720 cách xếp Số tập gồm phần tử từ n phần tử A : Cn4 tập Số tập gồm phần tử từ n phần tử A : Cn2 tập Theo đề bài, ta có: Cn4 20Cn2 n! n! 20 (n  4)!4! ( n  2)!2!  ( n  3)( n  2) 240   n 18( n)   n  13(l ) Gọi K số phần tử có số tập lớn A( K 18, K   ) Khi : C18K C18K 1  K K1 C18 C18 18! 18!   (18  K )! K !  (18  K  1)!( K  1)!   18! 18!    (18  K )! K ! (18  K  1)!( K  1)!   (18  K )  ( K  1)  1   K 19  K 17 19  K   K 9 2 ổ2 ữ ửn ỗ x - ữ ,x ỗ ỗ xữ ứ Cõu 4a: Tìm hệ số x khai triển nhị thức Newton è , 3 biết n số nguyên dương thỏa mãn 4Cn+1 + 2Cn = An Li gii T 4Cn3+1 + 2Cn2 ổ2 ỗ x ỗ ỗ ố = An3 iu 11 ử11 2÷ k = C11 ÷ x÷ ø k=0 å kiện n ẻ Ơ ( ) x2 11- k *, ( - 2) n ³ Tìm n = 11 k x Khai triển Hệ số x7 tương ứng với 22 - 3k = Þ k = k 11 k k = å C11 ( - 2) x22- k k=0 5 Vậy hệ số x7 C11 ( - 2) =- 14784 Câu 4b: Cho đa giác lồi có 14 đỉnh Gọi X tập hợp tam giác có ba đỉnh ba đỉnh đa giác cho Chọn ngẫu nhiên X tam giác Tính xác suất để tam giác chọn khơng có cạnh cạnh đa giác cho Lời giải Tính số phần tử không gian mẫu: n() C14 364 Gọi A biến cố : “ Tam giác chọn X khơng có cạnh cạnh đa giác ” Suy A biến cố : “ Tam giác chọn X có cạnh cạnh đa giác ” TH 1: Nếu tam giác chọn có cạnh cạnh đa giác có 14 tam giác thỏa mãn TH 2: Nếu tam giác chọn có cạnh cạnh đa giác có 14.10=140 tam giác thỏa mãn Suy n( A) 14  140 154 Vậy số phần tử biến cố A là: n( A) n()  n( A) 210 n( A) 15  n() 26 Câu 2b: Từ tập hợp tất số tự nhiên có năm chữ số mà chữ số khác 0, lấy ngẫu nhiên số Tính xác suất để số tự nhiên lấy có mặt ba chữ số khác Lời giải Ta có:  9 59049 Gọi A biến cố cần tìm xác suất, ta có: Số cách chọn chữ số phân Suy P( A)  biệt a, b, c từ chữ số thập phân khác C9 Chọn chữ số cịn lại từ chữ số đó, có trường hợp khác nhau: TH1 Cả chữ số lại chữ số a, b, c: có cách; hốn vị từ 5! hốn vị chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo số tự nhiên n; 3! hốn vị vị 5! trí mà a, a, a chiếm chỗ tạo số n, nên TH1 có thảy  60 3! số tự nhiên TH2 chữ số lại chữ số a, b, c chữ số chữ số khác chữ số đó: có cách; hoán vị từ 5! hoán vị chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo số tự nhiên n; 2! hoán vị vị trí mà a, a chiếm chỗ 2! hốn vị vị trí mà b, b chiếm chỗ tạo số n, nên 5! 90 số tự nhiên TH2 có thảy  2!2! 9! A (60  90)C39 150  150 7 4 3 12600 3!6! Vậy xác suất biến cố A : P(A) = 12600/59049