Bài tập về tổ hợp xác suất 2020 - Giáo viên Việt Nam

Gọi X là tập hợp những em học khá môn Toán, Y là tập hợp những em học khá môn Văn.. Cuối cùng ta chọn số còn lại có 3 cách chọn. Gộp các thành viên cùng quốc tịch vào cùng nhóm, trư[r]

CHỦ ĐỀ TỔ HỢP – XÁC SUẤT QUY TẮC ĐẾM

A LÝ THUYẾT 1 Quy tắc cộng

Một cơng việc hồn thành hai hành động Nếu hành động có m cách thực hiên, hành động có n cách thực hiên khơng trùng với cách hành động thứ cơng việc có m + n cách thực

Chú ý: số phần tử tập hợp hữu hạn X kí hiệu |X| n(X)

Quy tắc cộng phát biểu thực chất quy tắc đếm số phần tử hợp hai tập hợp hữu hạn không giao nhau: Nếu A B tập hợp hữu hạn khơng giao

     

n A B n A n B

Mở rộng: Một cơng việc hồn thành k hành động 1, 2, , ,3 k

A A A A Nếu hành động A

1 có m1cách thực hiện, hành động A2 có m2 cách thực hiện,…,

hành động Ak có mk cách thực cách thực hiên hành động khơng trùng

nhau cơng việc có m1m2m3 mk cách thực hiện.

2 Quy tắc nhân

Một cơng việc hồn thành hai hành động liên tiếp.Nếu có m cách thực hành động thứ ứng với cách có n cách thực hành động thứ hai cơng việc có m.n cách thực

Mở rộng: Một cơng việc hồn thành k hành độngA A A1, 2, , ,3 A liên tiếp Nếu hành k động A1 có m1cách thực hiện, ứng với cách thực hành động A1 có m2 cách thực

hành động A2,…, có mk cách thực hành động Ak cơng việc có m m m1 .2 m cách k

HỐN VỊ- CHỈNH HỢP- TỔ HỢP 1 Hốn vị

Cho tập hợp A có n phần tử n 1 Mỗi kết xếp thứ tự n phần tử tập hợp A gọi hốn vị n phần tử Số hốn vị tập hợp có n phần tử kí hiệu Pn

Định lí 1: Pn n n( 1) 2.1n! với Pn số hoán vị chứng minh

Việc xếp thứ tự n phần tử tập hợp A công việc gồm n công đoạn

Công đoạn 1: Chọn phần tử xếp vào vị trí thứ nhất: n cách Cơng 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 cách.

Theo quy tắc nhân có Pn n! cách xếp thứ tự n phần tử tập A, tức có !n hốn vị.

STUDY TIP

Hai hoán vị n phần tử khác thứ tự xếp Chẳng hạn, hai hoán vị abc acb ba phần tử a, b, c khác

2 Chỉnh hợp

Cho tập A gồm n phần tử n 1

Kết việc lấy k phần tử khác tử n phần tử tập hợp A xếp chúng theo thứ tự gọi chinht hợp chập k n phần tử cho

STUDY TIP:

Từ định nghĩa ta thấy hốn vị tập hợp A có n phần tử chỉnh hợp chập n A.

n n

PA

Định lý 2:

   

 

!

1

! k

n

n

A n n n k

n k

    



với Ank số chỉnh hợp chập k n phần tử 1 k n  

Chứng minh

Việc thiết lập chỉnh hợp chập k tập A có n phần tử công việc gồm k công đoạn

Công đoạn 1: Chọn phần tử xếp vào vị trí thứ có n cách thực hiện. Công đoạn 2: Chọn phần tử xếp vào vị trí thứ hai có n  cách thực hiện.1

Sau thực xong i  công đoạn (chọn 11 i  phần tử A vào vị trí thứ 1, 2,., 1i  ), công đoạn thứ i chọn phần tử xếp vào vị trí thứ i có n i  cách thực hiện.1

Công đoạn cuối, công đoạn k có n k  cách thực hiện.1

Thoe quy tắc nhân có

   

 

!

1

!

n

n n n k

n k

   



chỉnh hợp chập k tập A có n phần tử

Giả sử tập A có n phần tử n 1 Mỗi tập gồm k phần tử A gọi tổ hợp chập k n phần tử cho

Số tổ hợp chập k tập hợp có n phần tử có kí hiệu Cnk.

STUDY TIP

Số k định nghĩa cần thỏa mãn điều kiện k n  Tuy vậy, tập hợp khơng có phần tử tập rỗng nên ta quy ước gọi tổ hợp chập n phần tử tập rỗng

QUY ƯỚC

0! 1 Cn0 An0 1

Định lý 3

   

 

1 !

! ! ! !

k

k n

n

n n n k

A n

C

k k k n k

  

  



Chứng minh

Ta có hốn vị tổ hợp chập k A cho ta chỉnh hợp chập k A. Vậy

!

! k

k k k n

n n n

A

A k C C

k

  

Định lý (hai tính chất số Cnk)

a Cho số nguyên dương n số nguyên k với k n  Khi Cnk Cnn k



 .

b Hằng đẳng thức Pascal

Cho số nguyên dương n số nguyên dương k với k n  Khi 1

k k k

n n n

C C C 

   Đọc thêm

Trên máy tính cầm tay có chức tính tổ hợp, chỉnh hợp sau: Với tổ hợp ta nhấn tổ hợp phím

Ví dụ ta muốn tính C125 ta ấn

Với chỉnh hợp ta ấn tổ hợp phím

Ví dụ ta muốn tính

3

A ta ấn tổ hợp phím

B CÁC DẠNG TỐN VỀ PHÉP ĐẾM

Phương pháp chung:

Bước 1: Phân tích xem có phương án riêng biệt để thực cơng việc A (có nghĩa cơng việc A hồn thành phương án A A1; 2; ;An )

Bước 2: Đếm số cách chọn x x1; 2; ;xn phương án A A1; 2; ;An

Bước 3: Dùng quy tắc cộng ta tính số cách lựa chọn để thực công việc A

1 n

x x x  x

Để đếm số cách lựa chọn để thực công việc A quy tắc nhân, ta thực các bước:

Bước 1: Phân tích xem có công đoạn liên tiếp cần phải tiến hành để thực công

việc A (giả sử A hồn thành sau tất cơng đoạn A A1; 2; ;An hoàn thành).

Bước 2: Đếm số cách chọn x x1; 2; ;xn công đoạn A A1; 2; ;An

Bước 3: Dùng quy tắc nhân ta tính số cách lựa chọn để thực công việc A

1 .2 n

x x x x x

Ví dụ 1. Một lớp học có 25 học sinh nam 20 học sinh nữ Giáo viên chủ nhiệm muốn chọn ra: a) học sinh dự trại hè trường

b) học sinh nam học sinh nữ dự trại hè trường Số cách Chonju trường hợp a b

A. 45 500 B 500 45 C. 25 500 D. 500 25

Lời giải Chọn A

a) Bước 1: Với tốn a ta thấy giáo có hai phương án để chọn học sinh thi: Bước 2: Đếm số cách chọn.

 Phương án 1: chọn học sinh dự trại hè trường có 25 cách chọn.  Phương án 2: chọn học sinh nữ dự trại hè trường có 20 cách chọn.

Bước 3: Áp dụng quy tắc cộng.

Vậy có 20 25 45  cách chọn

b) Bước 1: Với tốn b ta thấy công việc chọn học sinh nam học sinh nữ Do

vậy ta có công đoạn

Bước 2: Đếm số cách chọn công đoạn.

 Công đoạn 1: Chọn học sinh nam số 25 học sinh nam có 25 cách chọn.  Cơng đoạn 2: Chọn học sinh nữ số 20 học sinh nữ có 20 cách chọn.

Bước 3: Áp dụng quy tắc nhân.

Vậy ta có 25 20 500  cách chọn

STUDY TIP

Bài tốn ví dụ giúp ta cố định hình bước giải toán đếm sử dụng quy tắc cộng; quy tắc nhân

Chú ý:

 Quy tắc cộng: Áp dụng cơng việc có nhiều phương án giải quyết.  Quy tắc nhân: Áp dụng cơng việc có nhiều cơng đoạn.

Ví dụ 2. Trên giá sách có 10 sách Văn khác nhau, sách Toán khác sách Tiếng Anh khác Hỏi có cách chọn hai sách khác môn nhau?

A. 80 B. 60 C. 48 D. 188

Theo quy tắc nhân ta có:

10 80  cách chọn sách Văn sách Toán khác nhau. 10 60  cách chọn sách Văn sách Tiếng Anh khác nhau. 48  cách chọn sách Toán sách Tiếng Anh khác nhau.

Theo quy tắc cộng ta có số cách chọn sách khác môn 80 60 48 188   cách

STUDY TIP

Ta thấy tốn ví dụ kết hợp quy tắc cộng quy tắc nhân toán vừa cần chia trường hợp vừa cần lựa chọn theo bước

Ví dụ 3. Biển đăng kí xe tơ có chữ số hai chữ số 26 chữ (không dùng chữ I

)

O Chữ khác Hỏi số ô tô đăng kí nhiều bao nhiêu?

A. 5184 10 B. 576 10 C. 33384960 D. 4968 10

Lời giải

Chọn A

Theo quy tắc nhân ta thực bước Chữ có 24 cách chọn

Chữ có 24 cách chọn Chữ số có 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 10 5184 10 5 số ô tơ nhiều đăng kí.

STUDY TIP

Có thể phân biệt tốn sử dụng quy tắc cộng hay quy tắc nhân phân biệt xem cơng việc cần làm chia trường hợp hay phải làm theo bước

Ví dụ 4. Có cách xếp học sinh , , , , , ,A B C D E F G vào hàng ghế dài gồm ghế cho hai bạn B F ngồi hai ghế đầu?

A. 720 cách B. 5040 cách C. 240 cách D. 120 cách

Lời giải

Chọn C

Ta thấy toán xuất hai đối tượng

Đối tượng 1: Hai bạn B F (hai đối tượng có tính chất riêng) Đối tượng 2: Các bạn cịn lại thay đổi vị trí cho

Bước 1: Ta sử dụng tính chất riêng hai bạn B F trước Hai bạn ngồi đầu ngồi cuối, hoán đổi cho nên có 2! cách xếp

Bước 2: Xếp vị trí cho bạn cịn lại, ta có 5! cách xếp Vậy ta có 5! ! 240 cách xếp

STUDY TIP

a Tất n phần tử có mặt. b Mỗi phần tử xuất lần

c Có phân biệt thứ tự phần tử

d Số cách xếp n phần tử số hốn vị n phần tử Pn n!

Ví dụ 5. Một nhóm người gồm ba đàn ông, bốn phụ nữ hai đứa trẻ xem phim Hỏi có cách xếp họ ngồi hàng ghế cho đứa trẻ ngồi hai phụ nữ khơng có hai người đàn ơng ngồi cạnh nhau?

A. 288 B. 864 C. 24 D. 576

Lời giải

Chọn B

Kí hiệu T ghế đàn ơng ngồi, N ghế cho phụ nữ ngồi, C ghế cho trẻ ngồi Ta có phương án sau:

PA1: TNCNTNCNT

PA2: TNTNCNCNT

PA3: TNCNCNTNT

Xét phương án 1: Ba vị trí ghế cho đàn ơng có 3! cách

Bốn vị trí ghế cho phụ nữ có 4! cách

Hai vị trí ghế trẻ ngồi có 2! cách

Theo quy tắc nhân ta có 2! ! ! 288 cách Lập luận tương tự cho phương án phương án

Theo quy tắc cộng ta có 288 288 288 864   cách

STUDY TIP

Với tốn gồm có phần tử vừa cần chia trường hợp vừa thực theo bước ta cần chia rõ trường hợp trước, thực trường hợp (sử dụng quy tắc nhân bước) sau áp dụng quy tắc cộng để cộng số cách trường hợp với

Ví dụ 6. Một chồng sách gồm sách Toán, sách Vật lý, sách Hóa học Hỏi có cách xếp sách thành hàng ngang cho sách Toán đứng cạnh nhau, Vật lý đứng cạnh nhau?

A.1 cách B. 5040 cách C. 725760 cách D. 144cách

Lời giải

Chọn C.

Bước 1: Do đề cho sách Toán đứng cạnh nên ta coi “buộc” quyển

sách Tốn lại với số cách xếp cho “buộc” Toán 4! cách

Bước 2: Tương tự ta “buộc” sách Lý lại với nhau, số cách xếp cho “buộc” Lý

này 3! cách

Bước 3: Lúc ta xếp vị trí cho phần tử có:

Thì có 7! cách xếp

Vậy theo quy tắc nhân ta có 3! ! ! 725760 cách xếp

STUDY TIP

Với dạng tập yêu cầu xếp hai nhiều phần tử đứng cạnh ta “buộc” phần tử nhóm coi phần tử

Ví dụ 7. Một câu lạc phụ nữ phường Khương Mai có 39 hội viên Phường Khương Mai có tổ chức hội thảo cần chọn người xếp vào vị trí lễ tân khác cổng chào, 12 người vào 12 vị trí khác ghế khách Hỏi có cách chọn hội viên để tham gia vị trí hội thao theo quy định?

A. A A399 3912 B.

9 12 39 30 C C

C. C C399 3912 D.

9 12 39 30 A A

Phân tích

Bài toán sử dụng quy tắc nhân ta phải thực hai bước:

Bước 1: Chọn người vào vị trí lễ tân. Bước 2: Chọn 12 người vào vị trí khách mời.

Dấu hiệu nhận biết sử dụng chỉnh hợp phần STUDY TIP

Lời giải Chọn D.

Bước 1: Chọn người vào vị trí lễ tân.

Do theo thứ tự nên ta sử dụng chỉnh hợp Số cách chọn người vào vị trí

lễ tân A399 cách.

Bước 2: Chọn người vào vị trí khách mời Số cách chọn 12 thành viên số thành

viên lại để xếp vào khách mời A3912 cách.

Vậy theo quy tắc nhân số cách chọn hội viên để dự hội thảo theo quy định

9 12 39 39

A A cách.

STUDY TIP

Để nhận dạng tốn đếm có sử dụng chỉnh hợp chập k n phần tử, ta cần có dấu hiệu:

a Phải chọn k phần tử từ n phần tử cho trước. b Có phân biệt thứ tự k phần tử chọn.

c Số cách chọn k phần tử có phân biệt thứ tự từ n phần tử Ank cách.

Ví dụ 8. Có học sinh thầy giáo xếp thành hàng ngang Hỏi có cách xếp cho hai thầy giáo không đứng cạnh nhau?

A. 30240 cách B. 720 cách C. 362880 cách D. 1440 cách

Lời giải

Chọn A.

Cách 1: Trước hết, xếp học sinh thành hàng có 6! cách.

+ Do đề yêu cầu thầy giáo không đứng cạnh nên ta xếp thầy giáo vào vị trí

vách ngăn tạo có A72 cách.

Theo quy tắc nhân ta có tất 6!.A 72 30240 cách xếp.

Cách 2:

- Có 8! cách xếp người

- Buộc hai giáo viên lại với có 2! cách buộc

Khi có ! cách xếp Mà hai giáo viên không đứng cạnh nên số cách xếp 7! !30140 cách xếp.

STUDY TIP

Khi toán yêu cầu xếp hai nhiều phần tử khơng đứng cạnh Chúng ta tạo “vách ngăn” phần tử trước xếp chúng

Ví dụ 9. Từ hồng vàng, hồng trắng hồng đỏ (các hoa xem đôi khác nhau), người ta muốn chọn bó hồng gồm bơng, hỏi có cách chọn bó hoa có bơng hồng vàng hồng đỏ?

A. 10 cách B. 20 cách C. 120 cách D. 150 cách

Phân tích

Ta thấy chọn bơng hồng mà có hồng vàng bơng hồng đỏ nên có trường hợp sau:

TH1: Chọn hồng vàng hồng đỏ. TH2: Chọn hồng vàng hồng đỏ.

TH3: Chọn hồng vàng, hồng đỏ hồng trắng.

Lời giải

Chọn D.

TH1: Số cách chọn hồng vàng C53 cách.

Số cách chọn hồng đỏ C44 cách.

Theo quy tắc nhân có C C 53 44 10 cách. TH2: Tương tự TH1 ta có C C 54 43 20 cách. TH3: Tương tự có C C C 53 43 31 120 cách.

Vậy theo quy tắc cộng có 10 20 120 150   cách

STUDY TIP

Để nhận dạng toán sử dụng tổ hợp chập k n phần tử, ta dựa dấu hiệu:

a Phải chọn k phần tử từ n phần tử cho trước. b Không phân biệt thứ tự k phần tử chọn.

 Chỉnh hợp tổ hợp liên hệ với công thức: !

k k

n n

A k C

 Chỉnh hợp: Có thứ tự  Tổ hợp: Khơng có thứ tự

 Những toán mà kết phụ thuộc vào vị trí phần tử sử dụng chỉnh hợp Ngược

lại sử dụng tổ hợp

 Cách lấy k phần tử từ tập n phần tử k n  : + Không thứ tự: Cnk

+ Có thứ tự: Ank

Ví dụ 10.Đội niên xung kích trường phổ thơng có 12 học sinh, gồm học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C Cần chọn học sinh làm nhiệm vụ cho học sinh thuộc không lớp Hỏi có cách chọn vậy?

A. 120 B. 90 C. 270 D. 255

Lời giải

Chọn D.

Số cách chọn học sinh từ 12 học sinh C 124 495 cách.

Số cách chọn học sinh mà lớp có em tính sau:  TH1: Lớp A có hai học sinh, lớp ,B C lớp có học sinh: Chọn học sinh học sinh lớp A có C52 cách.

Chọn học sinh học sinh lớp B có C41 cách.

Chọn học sinh học sinh lớp C có C31 cách.

Suy số cách chọn C C C 52 .41 31 120 cách.

 TH2: Lớp B có học sinh, lớp ,A C lớp có học sinh:

Tương tự ta có số cách chọn C C C 51 42 13 90 cách.

 TH3: Lớp C có học sinh, lớp ,A B lớp có học sinh:

Tương tự ta có số cách chọn C C C 51 .41 32 60 cách.

Vậy số cách chọn học sinh mà lớp có học sinh 120 90 60 270   cách. Số cách chọn học sinh thuộc không lớp 495 270 225  cách

STUDY TIP

Trong nhiều tốn, làm trực tiếp khó việc xác định trường hợp bước ta nên làm theo hướng gián tiếp toán ví dụ

Ta sử dụng cách làm gián tiếp toán giải cách trực tiếp gặp khó khan xảy nhiều trường hợp, tìm cách gián tiếp cách xét tốn đối

Ví dụ 11.Với chữ số 5, , , , , lập số gồm chữ số, chữ số có mặt lần, chữ số khác có mặt lần?

A.6720 số B.40320 số C.5880 số D. 840 số

Lời giải

Giả sử số tự nhiên gồm chữ số tương ứng với ô

Do chữ số có mặt lần nên ta coi tìm số số thỏa mãn đề tạo nên từ số 1 5, , , , , , ,

Số hoán vị số 1 5, , , , , , , ô 8!

Mặt khác chữ số lặp lại lần nên số cách xếp !

! kể trường hợp số đứng đầu

Xét trường hợp ô thứ chữ số 0, số cách xếp !

!

STUDY TIP

Bài toán dấu hiêu hoán vị lặp Để biết thêm hốn vị lặp ta nghiên cứu phần đọc thêm

 ĐỌC THÊM: Cho k phần tử khác a a1, 2, , ak Một cách xếp n phân tử gồm n1 phần tử a n1, phần tử a2, ,nk phần tử ak n1n2 nk n theo thứ tự nào đó gọi hoán vị lặp cấp n kiểu n n1, 2, ,nk k phần tử Số hoán vị lặp dạng

như

 

1

!

, , ,

! ! !

n k

k

n

P n n n

n n n



Vậy số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu toán

8! 7!

5880 3! 3!  số.

Ví dụ 12.Cho bạn học sinh A B C D E F G H, , , , , , , Hỏi có cách xếp bạn ngồi xung quanh bàn trịn có ghế?

A. 40320 cách B. 5040 cách C. 720 cách D. 40319 cách

Lời giải

Ta thấy xếp vị trí theo hình trịn nên ta phải cố định vị trí bạn Ta chọn cố định vị trị A, sau xếp vị trí cho bạn cịn lại có 7! cách Vậy có 7! 5040 cách.

ĐỌC THÊM

Hốn vị vịng quanh: Cho tập A gồm n phần tử Một cách xếp n phần tử tập A thành dãy kín gọi hốn vị vịng quanh n phần tử Số hốn vị vịng quanh n phần tử là

 !

n

Q  n

Ví dụ 13.Một thầy giáo có 10 sách khác có sách Tốn, sách Lí, sách Hóa Thầy muốn lấy tặng cho em học sinh A B C D E, , , , em Hỏi thầy giáo có cách tặng cho em học sinh cho sau tặng xong, ba loại sách cịn

A. 204 cách B. 24480 cách C. 720 cách D. 2520 cách

Ta thấy với tốn làm trực tiếp khó, nên ta làm theo cách gián tiếp Tìm tốn đối tìm số cách cho sau tặng sách xong có mơn hết sách

TH1: Mơn Tốn hết sách:

Số cách chọn sách Toán cách

Số cách chọn lại cách Vậy có cách chọn sách

Số cách tặng sách cho em học sinh A 55 120 cách.

Vậy có 6.120 720 cách. TH2: Mơn Lí hết sách:

Số cách chọn sách Lí cách

Số cách chọn lại

2

C cách.

Vậy có 21 cách chọn sách

Số cách tặng sách cho em học sinh A 55 120 cách.

Vậy có 21.120 2520 cách.

TH3: Mơn Hóa hết sách: Tương tự trường hợp có 2520 cách

Số cách chọn 10 tặng cho em C A 105 55 30240 cách.

Vậy số cách chọn cho sau tặng xong, loại sách cịn lại 30240 720 2520 2520 24480    cách.

STUDY TIP

Ở có nhiều độc giả khơng xét đến cơng đoạn sau chọn sách cịn công đoạn tặng sách Do các bạn A B C D E, , , , khác nên cách tặng sách môn cho bạn khác nhau, nên ta phải xét thêm công đoạn đó.

C BÀI TẬP RÈN LUYỆN KỸ NĂNG

Câu 1. Trong lớp có 17 bạn nam 11 bạn nữ

a) Hỏi có cách chọn hai bạn, có bạn nam bạn nữ? b) Hỏi có cách chọn bạn nam làm lớp trưởng?

A. a 187 cách b 28 cách

B. a 28 cách b 187 cách

C. a 17 cách b 11 cách

D. a 11 cách b 17 cách

Câu 2. Các thành phố A B C D, , , nối với đường hình Hỏi có cách từ A đến D quay lại B

A. 576 B. 24 C. 144 D. 432

Câu 3. Một lớp có 25 học sinh mơn Tốn, 24 học sinh mơn Ngữ Văn, 10 học sinh mơn Tốn mơn Ngữ Văn học sinh khơng Tốn Ngữ Văn Hỏi lớp học có học sinh?

C

D B

A. 39 B. 42 C. 62 D. 52

Câu 4. Trong kì thi tuyển nhân viên chuyên môn cho công ty cổ phần Giáo dục trực tuyến VEDU, khối A có 51 thí sinh đạt điểm giỏi mơn Tốn, 73 thí sinh đạt điểm giỏi mơn Vật lí, 73 thí sinh đạt điểm giỏi mơn Hóa học, 32 thí sinh đạt điểm giỏi hai mơn Tốn Vật lí, 45 thí sinh đạt điểm giỏi hai mơn Vật lí Hóa học, 21 thí sinh đạt điểm giỏi hai mơn Tốn Hóa học, 10 thí sinh đạt điểm giỏi ba mơn Tốn, Vật lí Hóa học Có 767 thí sinh mà ba mơn khơng có điểm giỏi Hỏi có thí sinh tham dự tuyển nhân viên chuyên môn cho công ty?

A. 867 B. 776 C. 264 D. 767

Câu 5. Người ta vấn 100 người ba phim A B C, , chiếu thu kết sau:

Bộ phim A: có 28 người xem Bộ phim B: có 26 người xem Bộ phim B: có 14 người xem Có người xem hai phim A B Có người xem hai phim B C Có người xem hai phim A C Có người xem ba phim A, B C

Số người không xem phim ba phim A B C, , là:

A. 55 B. 45 C. 32 D. 51

Câu 6. Một đội văn nghệ chuẩn bị kịch, điệu múa hát Tại hội diễn, đội trình diễn kịch, điệu múa hát Hỏi đội văn nghệ có cách chọn chương trình diễn, biết chất lượng kịch, điệu múa, hát nhau?

A.11 B. 36 C. 25 D. 18

Câu 7. Có cách xếp viên bi đỏ khác viên bi đen khác thành dãy cho hai viên bi màu khơng cạnh nhau?

A. 3251404800 B. 1625702400 C. 72 D. 36

Câu 8. Sắp xếp học sinh lớp A học sinh lớp B vào hai dãy ghế đối diện nhau, dãy ghế cho học sinh ngồi đối diện khác lớp Khi số cách xếp là:

A. 460000 B. 460500 C. 460800 D. 460900

Câu 9. Có 20 cặp vợ chồng tham dự chương trình Gameshow truyền hình thực tế Có cách chọn hai cặp đơi cho hai cặp hai đơi vợ chồng?

A. 380 B. 116280 C. 90 D. 5040

Câu 10. Cho tập hợp A 2;5 Hỏi lập số có 10 chữ số cho khơng có chữ số đứng cạnh nhau?

A.144 số B. 143 số C. 1024 số D. 512 số

Câu 11. Có học sinh thầy giáo A B C, , Hỏi có cách xếp chỗ cho người ngồi hàng ngang có ghế cho thầy giáo ngồi hai học sinh?

A. 43200 B. 720 C. 60 D. 4320

Hỏi thầy chủ nhiệm có cách chọn mà có hai em Thùy Thiện không chọn?

A. 286 B. 3003 C. 2717 D. 1287

Câu 13. Một nhóm học sinh có em nữ em trai Hỏi có cách xếp 10 em thành hàng ngang cho hai em nữ khơng có em nam nào?

A. 241920 B. 30240 C. 5040 D. 840

Câu 14. Từ chữ số 1, 2,3, 4,5,6,7,8,9 lập số tự nhiên có chữ số khác tổng chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng nghìn ?

A. 720 số B. 504 số C. 936 số D. 1440 số

Câu 15. Cho đa giác A A A nội tiếp đường tròn tâm 1 2n O Biết số tam giác có đỉnh 3 2n điểm A A1; ; ;2 A gấp 2n 20 lần so với số hình chữ nhật có đỉnh 4 2n điểm

1; ; ;2 2n

A A A Vậy giá trị n là:

A. n 10 B. n 12 C. n 8 D. n 14

Câu 16. Giả sử ta dùng màu để tô màu cho nước khác đồ khơng có màu dùng hai lần Số cách để chọn màu cần dùng là:

A.

5!

2!. B. 5.3. C.

5!

3!2!. D. 53

Câu 17. Ông bà An đứa lên máy bay theo hàng dọc Có cách xếp hàng khác ông An bà An đứng đầu cuối hàng?

A. 720 B. 1440 C. 20160 D. 40320

Câu 18. Có 30 câu hỏi khác gồm câu khó, 10 câu trung bình, 15 câu dễ Từ 30 câu lập đề kiểm tra, đề gồm câu khác nhau, cho đề phải có loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) số câu dễ khơng 2?

A.142506 B. 56875 C. 10500 D. 22750

Câu 19. Biển đăng kí xe ô tô có chữ số hai chữ số 26 chữ (không dùng chữ I

O) Chữ số khác 0 Hỏi số tơ đăng kí nhiều bao nhiêu?

A. 5184.105 B. 576.106 C. 33384960 D. 4968.105

Câu 20. Một ghép hình gồm miếng gỗ Mỗi miếng gỗ đặc trưng tiêu chuẩn: chất liệu, màu sắc, hình dạng kích cỡ Biết có chất liệu (gỗ, nhựa); có màu (xanh, đỏ, lam, vàng); có hình dạng (hình trịn, vng, tam giác, lục giác) có kích cỡ (nhỏ, vừa, lớn) Xét miếng gỗ “nhựa, đỏ, hình trịn, vừa” Hỏi có miếng gỗ khác miếng gỗ hai tiêu chuẩn?

A. 29 B. 39 C. 48 D. 56

Câu 21. Có bi đỏ bi trắng có kích thước đơi khác Hỏi có cách xếp bi thành hàng dài cho hai bi màu không nằm kề nhau?

A. 28800 B. 86400 C. 43200 D. 720

Câu 22. Cho X 0;1;2;3;4;5;6;7 Có thể lập số tự nhiên gồm chữ số đôi khác từ X cho chữ số phải có mặt chữ số

A. 2880 B. 840 C. 1440 D. 2520

Câu 23. Một hộp bi có viên bi đỏ, viên bi vàng viên bi xanh Có cách để lấy viên bi từ hộp cho viên bi lấy số bi đỏ lớn số bi vàng?

Câu 24. Cho hai đường thẳng song song d d Trên đường thẳng 1; d lấy 1 10 điểm phân biệt, trên

đường thẳng d lấy 2 15 điểm phân biệt Hỏi có tam giác tạo thành mà ba đỉnh nó

được chọn từ 25 điểm vừa nói trên?

A. 10 15

C C . B.

10 15

C C . C. 1

10 15 10 15

C C C C

D.

2 1 10 15 10 15

C C C C .

Câu 25. Từ chữ số tập A 0;1;2;3; 4;5;6;7 lập số tự nhiên gồm chữ số chữ số xuất ba lần, chữ số cịn lại đơi khác nhau?

A. 31203 B. 12600 C. 181440 D. 36

Câu 26. Trong mặt phẳng cho 2010 điểm phân biệt cho ba điểm khơng thẳng hàng Hỏi có vecto mà có điểm đầu điểm cuối thuộc 2010điểm cho?

A. 4040100 B. 4038090 C. 2021055 D. 2019045

Câu 27. Cho hai đường thẳng song song d d Trên đường thẳng 1; d có 1 10 điểm phân biệt, đường

thẳng d có 2 n điểm phân biệt n 2 Biết có 2800 tam giác có đỉnh điểm nói

trên Vậy n có giá trị là?

A. 20 B. 21 C. 30 D. 32

Câu 28. Trong mặt phẳng cho n điểm, khơng có điểm thẳng hàng tất đường thẳng nối hai điểm khơng có hai đường thẳng song song, trùng vng góc Qua điểm vẽ đường thẳng vng góc với đường thẳng xác định n 1 điểm lại Số giao điểm đường thẳng vng góc giao nhiều bao nhiêu?

A.

    

2

1

2

2Cn n n  n Cn 1 5Cn

B.

    

2

1

2

2Cn n n  2n Cn 1 5Cn

C.

   

2

1

2

3Cn n n  2nCn  1 5Cn

D.   

 

2

1

2

1

n n

n n n

C    n C    C 

Câu 29. Một bữa tiệc bàn tròn câu lạc trường Đại học Sư Phạm Hà Nội có thành viên từ câu lạc Máu Sư Phạm, thành viên từ câu lạc Truyền thông 7thành viên từ câu lạc Kĩ Hỏi có cách xếp chỗ ngồi cho thành viên cho người câu lạc ngồi cạnh nhau?

A. 7257600 B. 7293732 C. 3174012 D. 1418746

Câu 30. Có hồng đỏ, hồng vàng, 10 hồng trắng, hồng khác đôi Hỏi có cách lấy bơng hồng có đủ ba màu?

A. 560 B. 310 C. 3014 D. 319

Câu 31. Xếp người (trong có cặp vợ chồng) ngồi quanh bàn trịn có ghế không ghi số cho cặp vợ chồng ngồi cạnh Số cách xếp là:

A. 240 B. 48 C. 120 D. 24

Câu 32. Một dãy ghế dài có 10 ghế Xếp cặp vợ chồng ngồi vào 10 ghế cho người vợ ngồi bên phải người chồng (không bắt buộc phải ngồi gần nhau) Số cách xếp là:

A. 45 B. 50 C. 55 D. 90

Câu 33. Một đồn tàu có bốn toa đỗ sân ga Có bốn hành khách bước lên tàu Số trường hợp xảy cách chọn toa bốn khách là:

Câu 34. Trong túi đựng 10 viên bi đỏ, 20 viên bi xanh, 15 viên bi vàng Các viên bi có kích cỡ Số cách lấy viên bi xếp chúng vào ô cho ô bi có viên bi đỏ

A.146611080 B. 38955840 C. 897127 D. 107655240

Câu 35. Một có 52 lá, có loại: cơ, rơ, chuồn, bích loại có 13 Muốn lấy phải có cơ, 3lá rơ khơng q bích Hỏi có cách chọn?

A. 39102206 B. 22620312 C. 36443836 D. 16481894

Câu 36. Có số tự nhiên có chữ số chữ số cách chữ số đứng giống nhau?

A. 900 B. 9000 C. 90000 D. 27216

Câu 37. Một lớp có n học sinh (n 3) Thầy chủ nhiệm cần chọn nhóm cần cử học sinh làm nhóm trưởng Số học sinh nhóm phải lớn nhỏ n Gọi T số cách chọn, lúc này:

A.

1

n k n k

T  kC 



B.  

1

2n

T n 

 

C. T n2n1. D.

n k n k

T kC





Câu 38. Trong phịng có 36 người có 25người họ Nguyễn, 11 người họ Trần Trong số người họ Nguyễn có cặp anh em ruột (anh trai em gái), người lại (gồm

4 nam 5 nữ) khơng có quan hệ họ hàng với Trong 11 người họ Trần, có 3 cặp anh

em ruột (anh trai em gái), người cịn lại (gồm nam nữ) khơng có quan hệ họ hàng với Chọn ngẫu nhiên người

a) Hỏi có cách chọn hai người họ khác giới tính?

A.156 B. 30 C. 186 D. 126

b) Hỏi có cách chọn hai người cho khơng có cặp anh em ruột nào?

A. 619 B. 630 C. 11 D. 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 bạn nam làm lớp trường là17 Số cách để chọn 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 B có 3.2 6 cách.

Vậy từ A đến D quay lại B có 6.24 144 cách

Câu 3. Đáp án B.

Gọi A tập học sinh mơn Tốn,B tập học sinh môn Ngữ Văn Theo đề ta có:

25; 24; 10

A  B  A B 

Theo quy tắc tính số phần tử hợp hai tập hợp hữu hạn ta có: 25 24 10 39

A B A B  A B    

Vậy lớp học có 39 42  học sinh.

Kí hiệu A B C, , tương ứng tập hợp thí sinh đạt điểm giỏi ba mơn Tốn, Vật lý, Hóa học

51; 73; 64; 32; 45; 21; 10

A  B  C  A B  B C  A C  A B C  

Lúc ta có A B C  tập hợp học sinh đạt điểm giỏi ba mơn Tốn, Vật lý, Hóa học Ta có:

51 73 64 32 45 21 10 100

A B C  A B C  A B  B C  A C  A B C         

Vậy số thí sinh dự tuyển vào cơng ty VEDU 100 767 867 

Câu 5. Đáp án B.

Theo quy tắc tính số phần tử ba tập hợp hữu hạn bất kì, ta có số người xem phim 28 26 14 55       người

Vậy số người không xem phim 100 55 45  người.

Câu 6. Đáp án B.

Chọn kịch có 2 cách Chọn điệu múa có cách Chọn hát có cách.

Vậy theo quy tắc nhân ta có 2.3.6 36 cách.

Câu 7. Đáp án A.

Nhận xét: Bài toán kết hợp quy tắc cộng quy tắc nhân

Do hai viên bi màu khơng cạnh nên ta có trường hợp sau: Phương án 1: Các bi đỏ vị trí lẻ Có cách chọn bi đỏ vị trí số1.

Có cách chọn bi đỏ vị trí số …

Có 1 cách chọn bi đỏ vị trí số15

Suy có 8.7.6 3.2.1 cách xếp bi đỏ.Tương tự có 8.7.6 3.2.1 cách xếp bi xanh

Vậy có (8.7 3.2.1) cách xếp.2

Phương án 2: Các bi đỏ vị trí chẵn ta có cách xếp tương tự.

Vậy theo quy tắc cộng ta có(8!)2( )8! 3251404800

Câu 8. Đáp án C. Cách 1:

Bước 1: Học sinh đầu tiên, giả sử học sinh lớp A có 10 cách chọn ghế.

Bước 2: Có cách chọn học sinh lớp B ngồi vào ghế đối diện.

Bước 3: Có cách chọn học sinh lớp A vào ghế tiếp theo.

Bước 4: Có 4 cách chọn học sinh lớp B vào ghế đối diện.

Bước 5: Có cách chọn học sinh lớp A.

Bước 6: Có 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

Bước 10: Có 1 cách chọn học sinh lớp B vào ghế đối diện.

Theo quy tắc nhân có  

2 5

10.5.8.4.6.3.4.2.2.1 5! 460800

cách

Cách 2:

học sinh lớp A 1 học sinh lớpB.

Số cách xếp học sinh lớp A vào cặp ghế 5! cách Số cách xếp học sinh lớp B vào 5

cặp ghế 5! cách Số cách xếp chỗ cặp ghế cách

Theo quy tắc nhân có  

2 5

5! 460800

cách

Câu 9. Đáp án A.

Bước 1: Có 20 cách chọn người đàn ơng Bước 2: Sau chi có 1 cách chọn vợ anh ta.

Bước 3: Có 19 cách chọn người đàn ơng Bước 4: Sau chi có 1 cách chọn vợ anh ta.

Vậy theo quy tắc nhân có 20.1.19.1 380 cách.

Câu 10. Đáp án A.

TH1: Số có 10 chữ số : chi có 1 số nhất.

TH2: Số có chữ số 1 chữ số2.

Xếp số thành hàng có 1 cách Khi tạo nên 10 "vách ngăn" đế xếp số2.

Xếp số 2 có C cách Vậy có 101 10 C số.

TH3: Số có chữ số 2 chữ số2.

Tưong tự sử dụng phương pháp tạo vách ngăn TH2 tìm C số.92

TH4: Số có chữ số chữ số2 : có C số.83

TH5: Số có chữ số 4 chữ số2 : có C số.74

TH6: Có chữ số chữ số2 : có C số.65

Vậy theo quy tắc cộng có 1C101 C92C3C74C65144 số Câu 11. Đáp án A.

Ta sử dụng phương pháp tạo "vách ngăn" giới thiệu phần lí thuyết Bước 1: Xếp vị trí cho học sinh có 6! cách

Bước 2: Do đề yêu cầu thầy giáo ngồi hai học sinh nên ta tính vách ngăn tạo

ra học sinh Số cách xếp thầy giáo vào vị trí A cách.53

Vậy theo quy tắc nhân có 6! A 53 43200 cách. Câu 12. Đáp án C.

Do việc tìm trực tiếp có nhiều trường hợp nên ta giải toán cách gián tiếp Ta tìm tốn đối

Ta tìm số cách chọn bạn mà có hai bạn Thùy Thiện

Bước 1: Chọn nhóm em 13 em, trừ Thùy Thiện có C 133 286 cách.

Bước 2: Ghép em Thùy Thiện có 1 cách.

Vậy theo quy tắc nhân có 286 cách chọn em Thùy Thiện chọn

- Chọn em số 15 em có C 155 3003cách Vậy theo yêu cầu đề có tất cả

Câu 13. Đáp án A.

Do xuất dấu hiệu cúa phương pháp "buộc" phần từ phần tử xếp cạnh nên ta áp dụng sau:

Bước 1: Buộc em nữ thành buộc số cách đổi vị trí em nữ buộc 3! cách Bước 2: Sau buộc em nữ ta cịn phần tử Số cách xếp phần từ 8! cách Theo quy tắc nhân có 3!.8! 241920 cách

Câu 14. Đáp án D.

Gọi a a a a a a1 số cần lập Theo giả thiết a3a4a5  Suy a a a 3; ;4 1; 2;5 hoặc

 

3; ;4 1;3; a a a 

TH1: a a a 3; ;4 1; 2;5

Có 3! cách chọn a a a3 Xếp a a a1; ;2 6 có A cách Vậy theo quy tắc nhân có 63

3!A 720 số.

TH2: a a a 3; ;4 1;3; 4

Tương tự ta tìm 720 số Vậy có tất 720 720 1440  số.

Câu 15. Đáp án C.

Số tam giác có đỉnh 2n điểm A A1; ; ;2 A2n C 2n3

Ứng với hai đường chéo qua tâm đa giác A A A1 2ncho tương ứng hình chữ nhật có đỉnh

là 4 điểm 2n điểm A A1; ; ;2 A2nvà ngược lại hình chữ nhật cho 2 đường chéo qua tâm O đa giác.

Mà số đường chéo qua tâm đa giác 2n đỉnh n nên số hình chữ nhật có đỉnh

trong 2n điểm C n2

Theo đề ta có:

     

3

2

2 2 20

20

3!

n n

n n n n n

C  C       n

Câu 16. Đáp án C.

Số cách chọn màu màu mà khơng có màu trùng

3

5! 3!.2!

C 

Câu 17. Đáp án B.

Bưóc 1: Xếp chỗ cho hai ơng bà An có cách Bước 2: xếp chỗ cho người có 6! cách Theo quy tắc nhân có 2.6! 1440 cách

Câu 18. Đáp án A.

Xét trường hợp:

THI: Đề gồm 2 câu dễ, 2 câu khó, 1 câu trung bình có C C C 152 52 101 10500 đề.

TH2: Đề gồm 2 câu dễ, 1 câu khó 2 câu trung bình có C C C 152 101 23625đề.

TH3: Đề gồm câu dễ, 1 câu khó 1 câu trung bình có C C C 153 101 22750đề.

Câu 19. Đáp án A.

Theo quy tắc nhân ta thực bước Chữ có 24 cách chọn Chữ

cũng có 24 cách chọn.

Chữ số có 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 số ô tô nhiều đăng ký.

Câu 20. Đáp án A.

Có C 42 6 cách chọn 2 4 tiêu chuẩn.

Với hai tiêu chuẩn “chất liệu, cỡ” có 1.2 2 miếng khác tiêu chuẩn này.

Với hai tiêu chuẩn “chất liệu, màu” có 1.3 3 miếng khác tiêu chuẩn này.

Với hai tiêu chuẩn “chất liệu, dạng” có 1.3 3 miếng khác tiêu chuẩn này.

Với hai tiêu chuẩn “cỡ, dạng” có 2.3 6 miếng khác tiêu chuẩn này.

Với hai tiêu chuẩn “cỡ, màu” có 3.3 9 miếng khác tiêu chuẩn này.

Tóm lại có 3 6 29      miếng.

Câu 21. Đáp án A.

Ta thấy điều kiện xếp hai bi màu không nằm cạnh nên ta phải xếp xen kẽ viên bi. Có 2 cách chọn viên bi (có thể đỏ trắng) Mỗi cách chọn có 5! cách xếp bi đỏ

và có 5! cách xếp bi trắng Vậy có 2.5!.5! 28800 cách xếp.

Nhiều bạn có lời giải sai sau: Ở ta áp dụng quy tắc “vách ngăn” để giải toán

Số cách xếp bi đỏ có 5! cách bi đỏ tạo vách ngăn để xếp bi trắng vào Số cách xếp bi trắng A65 cách.

Vậy số cách xếp viên bi 5!.A 65 86400 Từ chọn B sai Do theo quy tắc vách

ngăn có vách mà có bi, tức có vách ngăn trống khiến cho 2 viên bi màu

cạnh

Câu 22. Đáp án A.

Gọi số tự nhiên cần tìm có dạng abcde

TH1: Nếu a 1 cóA 74 840cách chọn 4 chữ số xếp vào , , ,b c d e

TH2: Nếu a 1 , đó: Có cách chọn a Có 2 cách xếp chữ số 1 vào số cần tạo vị trí b

hoặc c Các chữ số cịn lại số cần tạo có A63 cách chọn Như trường hợp có

6

2.6.A 1440 số Vậy có tất 840 1440 2280  số.

Chú ý: Nhiều độc giả quên a 0 nên tính a 0 nên dẫn đến D sai.

Câu 23. Đáp án B.

Các trường hợp lấy 4 bi số bi đỏ lớn số bi vàng sau:

*TH1: Số bi lấy khơng có bi vàng:

- Lấy 1 bi đỏ, bi xanh có C C51 43 cách.

- Lấy 2 bi đỏ, 2 bi xanh có C C52 42 cách.

- Lấy bi đỏ, 1 bi xanh có C C53 41 cách. *TH2: 4 bi lấy có 1 bi vàng

- Lấy 2 bi đỏ, 1 bi vàng, 1 bi xanh có C C C52 31 41 cách.

- Lấy bi đỏ, 1 bi vàng có C C53 31 cách.

Vậy số cách là: C54C C51 43C C52 42C C53 41C C C52 31 41C C53 31275 Câu 24. Đáp án C.

Ta có trường hợp:

TH1:tam giác gồm hai đỉnh thuộc d1 đỉnh thuộc d2 Số cách chọn hai điểm 10

điểm thuộc d1 C102 Số cách chọn điểm 15 điểm thuộc d2 C151 .Theo quy tắc nhân

thì có C C10 152 tam giác.

TH2: Gồm đỉnh thuộc d1 hai đỉnh thuộcd2.Tương tự ta tìm C C101 152 tam giác thỏa

mãn

Vậy theo quy tắc cộng có tất C C10 152 C C10 151 2 tam giác. Câu 25. Đáp án B.

Có C73 cách để xếp chữ số2 Khi có

A cách xếp 4 chữ số lại Vậy có

7 12600

C A 

số.

Câu 26. Đáp án A.

Cách 1: Chú ý: Bài tốn khơng nói vectơ có khác vectơ khơng nên ta xét vectơ không

đây Và điểm khác tạo nên vectơ có điểm đầu điểm cuối hoán vị cho nên việc chọn vectơ sử dụng chỉnh hợp tổ hợp.

TH1: Có 2010vectơ khơng tạo thành

TH2: Các vectơ khác vectơ không

Mỗi vectơ thỏa mãn yêu cầu toán ứng với chỉnh hợp chập 2 2010 , nên số vectơ cần

tìm A20102 Theo quy tắc cộng có

2010 2010 4040100

A   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 tạo thành theo n là

 

1 2

10 10

1

2800 10 45 2800 560 20

2

n n

n n

C C C C     n  n  n   n

Câu 28. Đáp án D.

*Gọi n điểm cho A A1, , ,2 An Xét điểm cố định, có

2

n

C đường thẳng xác

định 2 n 1 điểm lại nên có Cn21 đường thẳng vng góc qua điểm cố định

đó

*Do có tất

   

2

1

2 n

n n n

nC    

đường thẳng vng góc nên có

   

2

2

n n n

C  

*Ta chia điểm trùng thành loại

- Qua điểm có

   

2

1

2 n

n n

C    

đường thẳng vng góc nên ta phải trừ  

2 1

n

n C  

điểm.

- Qua ba điểm , ,A A A1 3của tam giác có đường thẳng vng góc với A A4 5 đường

thẳng song song với nên ta giao điểm, TH ta phải loại 3Cn3 - Trong tam giác ba đường cao có giao điểm, nên ta 2 điểm cho tam giác,

do trường hợp ta phải trừ 2Cn3.

Vậy số giao điểm nhiều có là:

    

2

1

2

1

n n

n n n

C    n C    C 

 

Câu 29. Đáp án A.

Do thành viên câu lạc ngồi cạnh nên ta sử dụng phương pháp “buộc” phần tưt để giải tốn.

Lúc ta có phần tử câu lạc Theo cơng thức hốn vị vịng quanh giới thiệu phần ví dụ ta có 2! cách xếp câu lạc vào bàn trịn Với cách xếp có:

3! cách xếp thành viên CLB Máu Sư phạm. 5! cách xếp thành viên CLB Truyền thông. 7! cách xếp thành viên CLB Kỹ năng.

Vậy theo quy tắc nhân có tất cả: 2!.3!.5!.7! 7257600 cách xếp.

Câu 30. Đáp án A.

Cách 1: Số cách lấy bơng hồng bất kì:

3

25 2300

C 

Số cách lấy bơng hịng có màu: C73C83C103 211

Số cách lấy bơng hồng có hai màu:  

3 3 3

15 17 18 10 1529

C C C  C C C 

Vậy số cách chọn thỏa mãn yêu cầu toán là2300 211 1529 560   .

Cách 2: Có cách chọn bơng hồng màu đỏ Có cách chọn bơng hồng màu vàng Có 10 cách

chọn bơng hồng màu trắng  Có 7.8.10 560 cách.

Câu 31. Đáp án B.

Áp dụng quy tắc “buộc” phần tử ta có 2! cách xếp hai vợ chồng Sau “buộc” hai vợ chồng lại ta có tất phần tử Theo cơng thức hốn vị vịng quanh số cách xếp phần tử quanh bàn tròn 4!

Vậy theo quy tắc nhân có 2!.4! 48 .

Câu 32. Đáp án A.

Ta đánh số ghế từ 1 đến10

- Nếu người chồng vị trí số 1 có cách xếp người vợ.

- Nếu người chồng vị trí số 2 có cách xếp người vợ.

- ….

- Nếu người chồng vị trí số có 1 cách xếp người vợ.

Vậy có tất 45         cách.

Câu 33. Đáp án B.

Chọn toa cho vị khách thứ ba có 4 cách Chọn toa cho vị khách thứ tư có 4 cách.

Theo quy tắc nhân có 44 256 cách chọn toa cho bốn khách.

Câu 34. Đáp án D. Bước 1:Chọn bi

- Số cách chọn viên bi C455 cách.

- Số cách chọn viên bi khơng có viên bi đỏ C355 cách.

- Số cách chọn viên bi có viên bi màu đỏ C455  C355 cách. Bước 2: Sắp xếp viên bi.

Số cách xếp viên bi vào ô 5!

Theo quy tắc nhân có 5!.(C455  C355 ) 107655240 . Câu 35. Đáp án A.

Xét trường hợp sau:

- Lấy cờ, rơ chuồn có C C C C 3 13 13 131 3 22620312 cách lấy.

Theo quy tắc cộng có tất 22620312 13823524 2658370 39102206   cách lấy.

Câu 36. Đáp án A.

Gọi số cần tìm abcab Có cách chọn a

Có 10 cách chọn b Có 10 cách chọn c

Vậy có tất 9.10.10 900 số.

Câu 37. Đáp án A.

Gọi Ak phương án: Chọn nhóm có k học sinh định nhóm trưởng nhóm.

Thầy chủ nhiệm có phương án A A A2, , , ,3 An1 Ta tính xem có cách thực

Phương án Ak có hai cơng đoạn:

- Cơng đoạn 1: Chọn k học sinh có C cách chọn.nk - Cơng đoạn 2: Chỉ định nhóm trưởng: có k cách chọn Theo quy tắc nhân phương án Ak có kC cách thực hiện.nk

Vậy theo quy tắc cộng

1

n k n k

T  kC 



Câu 38.

a) Đáp án C.

* Có 8 12  nam họ Nguyễn có 8 13  nữ họ Nguyễn Vậy có 12.13 156 cặp họ

Nguyễn mà khắc giới tính

* Tương tự có 5.6 30 cách chọ cặp họ Trần mà khác giới tính.

Vậy có 156 30 186  cách chọn hai người họ khác giới tính.

b) Đáp án A.

Chọn người số 36 người có C 362 630 cách chọn.

Vậy có tất 630 11 619  cách chọn cặp cho khơng có cặp anh em nào.

NHỊ THỨC NEWTON A LÝ THUYẾT

1 Công thức nhị thức Newton

Khai triển a b  cho công thức sau:

Định lý 1

Với a, b số thực n sơ ngun dương, ta có

  1  

0

n

n k n k k n n k n k k n n

n n n n n

k

a b C a b C a C a b C a b C b



       

Quy ước a0 b0 1

Công thức gọi công thức nhị thức Newton (viết tắt Nhị thức Newton). STUDY TIP

Trong biểu thức VP công thức (1) a) Số hạng tử n 1

b) Số hạng tử có số mũ a giảm dần từ n đén 0, số mũ b tăng dần từ đến n, tổng số mũ a b hạng tử n

c) Các hệ số hạng tử cách hai hạng tử đầu cuối

Hệ quả

Với a b 1, ta có 2n Cn0Cn1 Cnn.

Với a1;b1, ta có    

0

0 k k n n

n n n n

C C C C

       

Các dạng khai triển nhị thức Newton

 1n n n n k n k n n

n n n n n n

x C x C x  C x  C x  C x C

        

1 n 2 k k n n n n

n n n n n n

x C C x C x C x C x  C x

        

 1n 2  1 k k k  1 n n n  1 n n n

n n n n n n

x C C x C x C x  C x  C x

           

k n k

Cn Cn

 

1 1, 1

1

k k k

Cn Cn Cn n 

 

     

1

1 ! k !

!k! ! !

k k

n n

n n n

k C nC

n k n k k

 



  

  

   

       

1

1 !

1 !

1 ! ! ! !

k k

n n

n n k n

C C

k k n k k n n k k n

 



  

      

2 Tam giác Pascal.

n =

n = 1

n = 2

n = 3

n = 4

n = 5 10 10

- Đỉnh ghi số Tiếp theo hàng thứ ghi hai số

- Nếu biết hàng thứ n n 1thì hàng thứ n+1tiếp theo thiết lập cách cộng hai số liên tiếp hàng thứ n viết kết xuống hàng vị trí hai số Sau viết số đầu cuối hàng

Nhận xét: Xét hàng thứ nhất, ta có:

0

1

1C , 1C

Ở hàng thứ 2, ta có

0

3 2

1C , 2C , 1C

Ở hàng thứ 3, ta có

0

3 3

1C , 3C ,3 C , 1 C

STUDY TIP

Các số hàng thứ n tam giác Pascal dãy gồm n 1 số C C Cn0, n1, n2, ,Cnn 1,Cnn

 B Các dạng tốn sử dụng cơng thức tổ hợp nhị thức Newton

DẠNG Xác định điều kiện số hạng thỏa mãn yêu cầu cho trước

Phương pháp chung:

- Xác định số hạng tổng quát khai triển T C a bk nk n k k

 

(số hạng thứ k 1) - Từ Tk1

kết hợp với yêu cầu toán ta thiết lập phương trình (thơng thường theo biến k) - Giải phương trình để tìm kết

Ví dụ 1. Trong khai triển

2 a

b

 



 

  , số hạng thứ

A 35a b6 4. B. 35a b6 4. C 24a b4 5. D. 24a b4 5

Lời giải

Đáp án B.

Theo cơng thức tổng qt lý thuyết ta có số hạng thứ

 

4

4

7

1

35

C a a b

b



 

 

 

  .

Ví dụ 2. Trong khai triển  

3

2 x , x

x

 

 

 

  số hạng không chứa x sau khai triển là

A 4354560 B. 13440 C. 60466176 D. 20736

Lời giải

Đáp án A

Ta có

10

10 1 1

3 3

2 x 2.x 3.x

x

 

 

   

 

   

Từ lý thuyết ta có số hạng thứ k 1 khai triển

10 20

10 3 2 10 6

10.2 10.2

k k k

k k k k k k

C x x C x

 



 

 Theo yêu cầu đề ta có 20 5 k 0 k4.

Vậy số hạng không chứa x khai triển C104.2 36 210.256.81 435460. STUDY TIP

Trong tốn tìm số hạng khai triển nhị thức, ta ý công thức sau

 xm n xm n , x xm. n xm n

,

m m

n

m n m n

n

x

x x x

x 

Cho toán:

Cho nhị thức    

n

Pa x b x 

 tìm số hạng chứa x(khơng chứa x  0) khai

triển đa thức P

Giải phương trình tổ hợp sử dụng cơng thức tính tổng để tìm n (nếu giả thuyết chưa cho n)

Số hạng tổng quát khai triển    

, ,

f n k k

T g n k x

Theo đề f n k ,   k k 0. Thay k k 0 vào g n k ,  ta có số hạng cần tìm. Ví dụ 3. Cho n số dương thỏa mãn 5Cnn Cn3



 Số hạng chứa

x khai triển nhị thức Newton 1

14 n

nx P

x

 

  

  với x 0 là

A.

35 16 

B.

16 35 

C.

5

35 16x 

D

5

16 35x 

Lời giải

Đáp án C.

Điều kiện n, n3

Ta có            

1 ! !

5

1! ! 3! ! ! !

n

n n

n n

C C

n n n n n n



    

     

   

2 3 28 0

4

n TM

n n

n L

 

     

 

Với n 7 ta có

7 1

2

x P

x

 

  

 

Số hạng thứ k 1 khai triển

  14

1 7

1

k

k k

k k

T C x 

 

 

Suy 14 3 k 5 k3

Vậy số hạng chứa x khai triển 5

5

35 16

T  x

STUDY TIP

Chú ý phân biệt hệ số số hạng

Với  

 

0

; n

g k k k

P x a x





Số hạng chứa xtương ứng với g k  ; giải phương trình ta tìm k

 Nếu k;k n hệ số phải tìm a k

 Nếu k   kn khai triển khơng có số hạng chứa x, hệ số phải tìm 0.

Ví dụ 4. Trong khai triển biểu thức  

9

3

F  

số hạng nguyên có giá trị lớn

A.8 B 4536 C 4528 D 4520

Lời giải

Ta có số hạng tổng quát    

9

1

k k

k k

T C 

Ta thấy bậc hai thức hai số nguyên tố, để Tk1 số ngun

 

       

6

3

4

0

9

10

3 4536

0

9 9 3 2 8

3

k

k T C

k

k k T C

k

 



      

 



 



     

 

 





Vậy khai triển có hai số hạng nguyên T 4 4536 T  10 Ví dụ 5. Tìm hệ số có giá trị lớn khai triển đa thức    

13 13 12 13

0

2

P x  x a x a x  a

A 8 B 4536 C 4528 D 4520

Lời giải

Đáp án A.

Ta có số hạng tổng quát sau khai triển nhị thức  

13

2x 1

13.213

n n

n

a C 



 

1 14

1 13 , 1, 2,3, ,13

n n

n

a C   n



  

Xét bất phương trình với ẩn số n ta có

1 14 13 13

1 13 2

n n n

n n n

a a C   C 

   

     

2.13! 13! 14

1 ! 14 ! ! 13 ! 14 n

n n n n n n

      

    

Do bất đẳng thức an1an với n 1, 2, 3, 4 dấu đẳng thức không không xảy Ta a0a1a2 a3a4 a5 a4 a5 a6  a13

Từ ta có hệ số có giá trị lớn khai triển nhị thức

4

4 13.2 366080

a C 

Phương pháp giải

Giả sử sau khai triển ta đa thức  

2

n n

P x a a x a x  a x

Xét khả sau:

1 Nếu ak   (trường hợp k ak   tương tự)0 k

Ta xét bất phương trình ak ak1, thông thường giải nghiệm k k 0  Do k nguyên nên

0,1, ,

k  k Từ suy bất phương trình ak ak1 có nghiệm k k 0

Chú ý toán nhị thứ Newton phương trình ak ak1 bậc theo k nên có

nhiều nghiệm có phương trình k k 0. Như có hai khả xảy:

Nếu ak ak1  k k ta có: a0 a1 ak01ak0 ak01ak02  an

Khi ta tìm hai hệ số lớn ak0 ak01

Nếu phương trình ak ak1 vơ nghiệm ta có:

0 0

0 k k k k n

a a  a  a a  a   a

2 Nếu a2k   k a2k1  (trường hợp k a2k   k a2k1  tương tự) bài0 k

tốn trở thành tìm số lớn số a Ta xét bất phương trình 2k a2k a2k2 làm tương tự

như phần

STUDY TIP

Phương pháp tìm hệ số lớn khai triển

+ Áp dụng khai triển  

n

n k n k k

n k

a b C a b



 

+ Xác định số hạng tổng quát C a bnk n k k



suy hệ số tổng quát dãy số theo a k

+ Xét tính tăng giảm a từ tìm k tương ứng Suy hệ số lớn khai triển.k Đọc thêm

Một thuật toán khai triển nhanh tam thức Newton

Bài toán: khai triển tam thức Newton sau  

n

a b c 

Lời giải tổng quát

Bước 1: Viết tam giác Pascal đến dòng thứ n , để có hệ số nhị thức Newton  

n

b c

Bước 2: Ở đầu dòng ta viết đơn thức khai triển nhị thức Newton  

n

a 

Bước 3: Nhân đơn thức đầu dòng cột với đơn thức cịn lại dịng đó

rồi cộng kết lại, ta thu kết khai triển

Cụ thể ta có đây

1

2 2

1 2 2

1 1

1

1

3

1

n

n n

n n

n n

o n n n n n

n n

a

C a b c

C a b bc c

C a b b c bc c

a b C b c C b c c

  

  

Sau cộng lại ta được:

 

0 0

.( )

n n

n p n p q n q q p q n q q n p

n p n p

p q q p n

a b c C a  C b  c C C b  c a 

    

     

STUDY TIP

Sau khai triển   n

a b c 

với 0 q  p n số hạng thứ p 1 khai triển

p q n q q n p

p n p

T C C b  c a 

Ví dụ 6. Hệ số số hạng chứa x4 khai triển  

10

( )

P x  x  x

là:

A 1695 B 1485 C 405 D 360

Đáp án A.

Với 0  q p 10 số hạng tổng quát khai triển  

10

( )

P x  x  x

là:

2 10 10 20

10 .(3 ) ( ) 10 .3 ( )

p q p p q q p q p p q p

p p p

T C C x  x  C C  x   

Theo đề p q 20 2 p 4 p q 16 Do 0  q p 10 nên ( ; )p q (8;8);(9;7);(10;6)

Vậy hệ số x4 khai triển  

10

( )

P x  x  x

là:

8 10 10 10 10 10

10 .38 10 .39 10 10.3 1695

C C  C C  C C 

   .

STUDY TIP

Chú ý nhiều trường hợp ( , )p q ta cơng hệ số trường hợp với để có kết

Ví dụ 7. Tìm số hạng chứa x13 khai triển thành đa thức  

10 x x x

là:

A 135 B 45 C 135x13 D 45x13

Đáp án C.

Lời giải

Với 0  q p 10 số hạng tổng quát khai triển  

10 x x x

là:

10 10 10

10 .( ) ( ) ( ) 10 .3 ( )

p q p p q q p q p p q

p p p

T C C x  x  x C C  x  

Theo đề 10 p q 13 p q 3 Do 0  q p 10 nên ( ; )p q (2;1);(3;0)

Vậy hệ số x13 khai triển là: C C102 21C C103 30 210. Dạng 2: Các tốn cơng thức tổ hợp nhị thức Newton Các toán công thức tổ hợp nhị thức Newton

Một số công thức thường dùng tập dạng sau:

k n k

n n

C C 

 11, 1

k k k

n n n

C C  C  n

      1 * k k n n

kC nC    1 1 1 k k n n C C k n     

2n n

n n n

C C C

   

2

1

2

n n

n n n n

C C C C

          

1

1

2

n n

n n n n

C C C C

             STUDY TIP Ngồi từ cơng thức  * ta mở rộng công thức:

1 2

2

2

k k k k

n n n n

C C  C  C 



  

1 3

3

3

k k k k k

n n n n n

C C  C  C  C 



   

Ví dụ 1. Cho n k; *,k n đẳng thức sau đẳng thức sai?

4

4 3 3 2

3

C   C

C Cnk Cnn k



 . D 11

k k

n n

nC kC 





Đáp án D

Lời giải

Cách 1: Giải theo phương pháp tự luận

Với A: Ta có  

     

1

1 ! !

! ! ! !

k k

n n

n

n n n

C C

k n k k k n k k

 



  

  

Từ A ta suy 11,

k k

n n

kC nC 



 từ ta có ln D sai Ta chọn D.

Đọc thêm: Chứng minh B; C

Với B:    

 

     

1

1 !

1 !

1 ! ! ! !

k k

n n

n n

C C

k k n k k n n k k n

 



  

      

Với C: Ta có    

! !

! ! !k!

k n k

n n

n n

C C

k n k n k



  

 

Cách 2: Sử dụng máy tính để thử

Với toán xét đẳng thức thi ta sử dụng máy tính để thử Ta thử với trường hợp, thử với cặp số cụ thể

Ví dụ với A ta thử với k3;n4 ta thấy đẳng thức đúng, suy A đúng, từ suy D sai

STUDY TIP

Đẳng thức phương án A đẳng thức quan trọng toán cơng thức tổ hợp Ta có hai hệ quan trọng sau:

Với n k; *, 2 k n  Hệ 1: Ta có

   

2

1 k k

n n

k kC n nC 



  

 Hệ 2: Ta có

 

2

2

1

k k k

n n n

k C n n C  nC 

 

  

Ví dụ 2. Cho n   thỏa mãn * 6n 6Cn3Cn31, Số số n thỏa mãn là:

A 10 số B 9 số C 8 số D 7 số

Đáp án A.

Lời giải

Điều kiện n  Ta có 3  

3 3 32

1

6n 6Cn Cn  6n 6C Cn n Cn Cn

 

2

!

6 13 12 12

2! !

n

n n n n

n

         



Ví dụ 3. Cho S C 158 C159 C1510 C1515. Tính S

Đáp án B

Lời giải Cách 1: Sử dụng đẳng thức Cnk Cnn k





ta được:

8 10 15

15 15 15 15 15 15 15 15

S C C C  C C C C  C

15

8 10 15 15

15 15 15 15 15 15 15 15 15 14

2 ( ) ( )

2

k

k

S C C C C C C C C C

S



            

 



Vậy S (C158 C159 C1510 C1515) 2 14 Cách 2: Sử dụng máy tính Casio

Do tốn này, tổng bé số số hạng tổng nên ta có sử dụng lệnh tổng máy

tính Caiso cách bấm máy:

( )

SHIFT LOG 

 



 

Ta nhập SHIFT LOG15SHIFT alpha ) 15   STUDY TIP

Các hệ số hạng tử cách hai hạng tử đầu cuối

Với tốn tính tổng ta cần ý kỹ thuật sử dụng đẳng thức sau:

1

,

k n k k k

n n n n

n

C C C C

k

 



 

hệ quả:

2

2

2

( 1) ( 1)

( 1)

k k

n n

k k k

n n n

k k C n n C

k C n n C nC

                

Đẳng thức Pascal: 11

k k k

m m m

C C C 

 

 

0 1

0

( 1) ( 1) ( 1)

(1 1)

m m m m m

m m m m m

m m m m

m m m m m

C C C C C

C C C C C

                           Xét

0 2 2

2 2 2

0 2 2

2 2 2

( 1) ( 1) ( 1)

2 :

(1 1)

n n n n m

n n n n n

n n n n

n n n n n

C C C C C

m n

C C C C C

                           

Cộng vế theo vế, trừ vế theo vế, ta kết sau:

0 2 1

2 2 2 2 2

n n n n n

n n n n n n n n n n

C C C C  C C C C C  C  

           

Xét m = 2n + 1, hoàn toàn tương tự, ta được:

0 2

2 2 ! 2 2 2

n n n

n n n n n n n n

C C C C C C C C 

                  Ví dụ 4. Trong đẳng thức sau đẳng thức sai?

A 1 2 ( 1)

n n n

n n n n

S C C n C  nC n 

      

B 1.2 2.3 ( 1) ( 1) 22

n k

n n n n

S C C n n C n n C 



       .

C 12 22 ( 1)2 ( 1)2

n n n

n n n n

S C C n C  n C n n 

        .

D

0

4

1

(2 1)

1 1

n n

n

n n n n n

C C C C C

S

n n n



       

  .

Đáp án D.

Ta sử dụng máy tính để thử trường hợp riêng đẳng thức trên, xin phép không đưa cách làm cụ thể độc giả dễ dàng giải được.

Tôi xin giới thiệu cách chứng minh cụ thể sau:

Với A: Ta dùng đẳng thức 11

k k

n n

kC nC 



 .

Khi ta có:

1

1

1

1 1

1 1 1

1

1 ( 1)

( ) (1 1)

n

n n k

n n n n n

k n

k n n n n

n n n n n

k

S C C n C nC kC

nC n C C C C n n

                              

Vậy A

Với B: Ta dùng đẳng thức ( 1) ( 1) 11

k k

n n

k kC n nC 



  

.

Khi ta có:

1 2

2

2

0 2

2 2

1.2 2.3 ( 1) ( 1) ( 1)

( 1) ( ) ( 1)

n n

n k k

n n n n n

k k

n n n

n n n n

S C C n nC k kC n nC

n n C C C C n n

                              

Vậy B

Với C: Ta có  

2

2

1

k k k

n n n

k C n nC  nC 

 

  

Khi ta có:  

2

2 2

3



 n n  nn  nn

S C C n C n C

 

2

2

1

1

n n

k k k

n n n

k k

k C n nC  nC 

 

 

 

    

   2  2 1

2 2 2 1 1

1 n n n n

n n n n n n n n n n

n n C C C C  C  n C C C C  C 

         

            

n 2n n2 n2n1 n n  n2

    

Vậy C

Từ ta chọn D.

Đọc thêm tính tổng S : Các số hạng 4 S có dạng 14

k n

C

k  nên ta dùng đẳng thức 1 1 k k n n C C k n     

Khi ta có:

0 1

1

0

1 1

 



 

       

    

n n n k n k

n n n n n n n

k k

C C C C C C C

S

n n k n .

 1    

1 1 1

1 1

2

1 1

n n n n

n n n n n

C C C C C

n n n

  

    

        

   .

STUDY TIP.

* Các số hạng S có dạng 3 k

n

k C nên ta dùng đẳng thức  

2

1

k k k

n n n

k C n nC  nC 

 

  

* Các số hạng S có dạng 14

k n

C

k  nên ta dùng đẳng thức

1 1 k k n n C C k n     

Ví dụ 5. Một học sinh giải toán “Rút gọn biểu thức  

0 1

  n n   

k k

k n n

S C C C C

với

;

Bước 1: Ta áp dụng công thức 11

k k k

n n n

C C  C 

   

 

1

0 3 1 k

n

k

k n n n n

S C  C C  C   C

         

0 1 2

1 1 1 1



       

Cn  Cn Cn  Cn Cn  Cn Cn    k Cnk Cnk

Bước 2: Mở dấu ngoặc ta có:

   

0 1 2

1 1 1 1 1

k k k k

k n n n n n n n n n

S C C C C C C C C  C

       

          

Bước 3: Vậy với k  1

k k

k n

S   C 

Kết luận sau đúng:

A Lời giải sai từ bước B Lời giải sai từ bước

C Lời giải sai bước D Lời giải

Đáp án A.

Lời giải.

Ta thấy lời giải sai không xét hai trường hợp k n ; k n

Vì k n khơng tồn

k n

C

Rất nhiều học sinh mắc sai lầm giải trên, sai lầm giải sau:

   

1

0 1 k k 1 1 n 0

k n n n n n

S C  C C  C   C   

Ta có lời giải sau:

TH1: Với k n , ta áp dụng công thức 11

k k k

n n n

C C  C 

    , ta có:

   

1

0 1 k k 1 1 n 0

k n n n n n

S C  C C  C   C   

         

0 1 2

1 1 1 1

k k k

n n n n n n n n n

C C C C C C C C  C

       

          

   

0 1 2

1 1 1 1 1

k k k k

n n n n n n n n n

C C C C C C C C  C

       

           

Vậy  1

k k

k n

S   C  k n

TH2: Với k n ,  1 1 1

k k n

k n n n n n

S C  C C  C   C   

STUDY TIP.

Trong toán mà số k , n tổng quát ta cần lưu ý phân rõ trường hợp k n k n

Ví dụ 6. Tính tổng S 1.C120182.C20182 3.C20183 2018.C20182018

A 2018.22017 B 2017.22018 C 2018.22018 D 2017.22017

Đáp án A.

Lời giải. Cách 1: Xét số hạng tổng quát.

     

1

2018 2017

2018! 2018.2017!

2018

! 2018 ! ! 2018 !

k k

k C k k C

k k k k k



  

  

Cho k chạy từ đến 2018 ta được:

0 2017 2017

2017 2017 2017

2108 2018.2

   

S C C C .

STUDY TIP.

Cách 2: Khi em học đạo hàm cuối chương trình lớp 11 ta nghiên cứu chương đạo

hàm Khi ta xét hàm số:

   2018 2018 2018 2018 2018 2018

1

f x  x C C x C x

   2017 2018 2017 2018 2018 2018

2018 2018



 f x  x C  C x  C x

 1 2018.22017 12018 20182 2018 20182018

f C C C

     

2017

2018.2 S

   ta chọn A.

Ví dụ 7. Tính tổng

0 2017

2017 2017 2017 2017

1 1

2 2018

S C  C  C   C

A 2017 2017  B 2018 2018  C 2018 2017  D 2017 2018 

Đáp án B.

Lời giải.

Cách 1: Xét số hạng tổng quát 2017

1

k

C

k  , ta có:.

     

1

2017 2018

1 2017! 2018!

1 ! 2017 ! 2018 ! 2017 ! 2018

k k

C C

k k k k k k

         Vậy 2017 2018 1 2018 k k C C k  

 , cho k chạy từ đến 2017 ta được:.

0 2018

0 2018 2018 2018

2018 2018 2018 2018

1 1

2018 2018 2018 2018 2018

C

S  C C C  C     

Cách 2: Sử dụng tích phân (các em học chương trình lớp 12).

Xét    

2017 2 2017 2017 2017 2017 2017 2017

1

f x  x C C x C x  C x

 

1

2017 0 1 2 2 2017 2017 2017 2017 2017 2017

0

1 x dx C C x C x C x  dx

        

 20181 2 2017 2018 2017 2017 2017 2017

0

1 1

2018 2018

x

C x C x C x C x

            2018 2018 S   

Chọn B.

Ví dụ 8. *(đọc thêm): Cho hai đẳng thức sau với n 1; n 

     

 

0

1

1

0

2

2 1 0,

1 1

,

2 1

                  n n

n n n n

n n

n n n n

S C C C n C

S C C C C

n n .

Trong kết luận sau, kết luận

A (1) đúng, (2) sai B (1) sai, (2)

C Cả hai sai D Cả hai

Ta sử dụng máy tính để thử trường hợp riêng đẳng thức trên, xin phép khơng đưa cách làm cụ thể độc giả dễ dàng thử được.

Dưới tơi xin giới thiệu hai phương pháp tính tổng sử dụng đạo hàm tích phân ta học cuối chương trình 11 đầu chương trình 12.

STUDY TIP.

Có thể tính tổng

 

 

0

1

0 2 2

2 2

2

3

n n

n n n

n n

n n n

S C aC n a C

S C a C n a C

    

    

1 3 4 2

3 2 2

n n

n n n n

S aC a C a C na  C 

    

khi xét đa thức   1 

n

P x x x

chứng tỏ S1 P a 

Xét đa thức    

2

1 n

Q x x x

chứng tỏ

        ;

S Q a Q a

S Q a Q a

 

  

 

  

Ta giải thích cụ thể sau:

* Với S :1

Ta khai triển đa thức   1 

n

P x x x

  2 n n 1,

n n n n

P x C x C x C x C x 

    

nên

  2 3 2  1 ;

  n  n  n    nn n

P x C C x C x n C x

     

1

1 n n

n n n n

P  C  C  C    n C S

Mặt khác        

1

1 n n

P x x nx x  P

        

Vậy S  1

* Với S2:

Xét đa thức    1  n

P x x

, ta có:  

0 2 n n.

n n n n

P x C C x C x  C x

Suy

 

1

0

2

1 1

d

2

n

n n n n

P x x C C C C S

n         Do   1 2

1 d

1 n n

S x x

n        STUDY TIP.

Có thể tính tổng:  

2 3 1

0

2

n n

n

n n n n

b a b a b a

S b a C C C C

n  

  

     

 xét đa thức:

  1 n

P x  x

và chứng tỏ

 d b

a

SP x x

Ta thường gặp toán với cận tích phân 1, -1 Trong số

trường hợp ta phải xét đa thức   1 

n k

P x x x

với k 1, 2,

Ví dụ 1. Cho phương trình 11 13 159

x x

x x x

A C  C  x P

 

     Giả sử x x 0 nghiệm phương

trình trên, lúc ta có

A x 0 10; 13 . B x 0 12; 14 . C x 0 10; 12 . D x 0 14; 16 . Đáp án A.

Lời giải.

Điều kiện x3,x  Phương trình cho có dạng:

 

   

   

2

2 ! !

!

3 6! 159

3 ! 2! ! 2! !

x x

x

x

x x x

 

    

  

 1  2  1 3 1  2 3 879

2

x x x x x x x x

         

12

x

  (sử dụng lệnh SHIFT SOLVE máy tính).

STUDY TIP.

Khi sử dụng lệnh SHIFT SOLVE ta nên rút gọn phương trình đa thức, khơng nên để dạng phân thức máy tính ưu tiên sử lý dạng phương trình khơng chứa phân thức trước

Ví dụ 2. Bất phương trình

2

2

1

10

2Ax Ax Cx

x

  

có tập nghiệm là:

A S 3; 5 B S 3; 4 C S 3; 4; 5 D S 3; 4

Đáp án D.

Lời giải.

Điều kiện x3,x 

Ta có bất phương trình      

1 ! ! !

10

2 2 ! ! 3! !

x x x

x x x x

   

  

2 2

2x x x x x 3x 10

        .

3x 12 x

   

Kết hợp với điều kiện xác định ta có 3  Vậyx S 3; 4 tập nghiệm bất phương trình

Ví dụ 3. Tổng ba số hạng liên tiếp lập thành cấp số cộng dãy số sau C C230; 123; ; C2313 có giá trị

là

A 2451570 B 3848222 C 836418 D 1307527

Đáp án A.

Lời giải.

Giả sử số 23; 231; 232

n n n

C C  C 

theo thứ tự lập thành cấp số cộng

1

23 23 23

2Cn Cn Cn

 

1

23 23 23

1

23 25

4

n n n

n n

C C C

C C

 

 

  

  .

       

4.23! 25!

1 ! 22 ! ! 23 !

n n n n

 

   

       

8

2 23 150

13

n tm

n n

n l

 

     



 .

Vậy C238 C239 C2310 2451570.

STUDY TIP.

Một số tình thường gặp lập phương trình tổ hợp là:

* Ba số a b c, , lập thành cấp số cộng (hoặc cấp số nhân) 2b a c  (hoặc b2 ac

)

* Cho tập hợp A có n phần tử, số tập A gồm x phần tử k lần số tập A gồm y phần tử, tương ứng với phương trình Cnx kCny.

C BÀI TẬP RÈN LUYỆN KỸ NĂNG

Câu 1. Trong khai triển nhị thức Newton

21

3

a b

b a

 



 

 

  , số hạng có số mũ a b

A. C 2112 B.

5 12 2 21

C a b . C.

5 2 2 21

C a b . D.

21 C Câu 2. Khi khai triển nhị thức Newton    1

n

G x  ax

ta thấy xuất hai số hạng 24x 252x Lúc giá trị a n là2

A. a3;n B. a4;n C. a2;n12 D. a3;n Câu 3. Hệ số số hạng chứa x khai triển 5  

10

1

x 

là

A. C x 105 B. 10

C x C. 252 D. 210

Câu 4. Hệ số số hạng chứa x khai triển 9

15

4 3x

x

 



 

 

A. 3 C x 6 159 B.

6 18 9 15

3 C x

C. 3 C 6 159 D.

6 18 15

3 C

Câu 5. Số hạng không chứa x khai triển

20

1 2 x

x

 



 

 

A. 2 C 6 206 B. C.

8 20

2 C D.

Câu 6. Số hạng không chứa x khai triển

10 1 x

x

 

 

 

 

A.1951 B. 1950 C. 3150 D. 360.

Câu 7. Số hạng chứa x khai triển 8  

8 1 x  x 

là

A.168x 8 B. 168 C. 238x 8 D. 238

Câu 8. Tìm số hạng khơng chứa x khai triển

2

1 n

x x

 



 

  biết n số nguyên dương thỏa mãn

1 13

n n

A. C 106 B. 10

C C. C 1010 D.

3 10 C Câu 9. Giả sử có khai triển  

2

1 n n

n

x a a x a x a x

     

Tìma5 biếta0a1a2 71

A. 672x 5 B. 672. C. 672x5. D. 672

Câu 10. Hệ số số hạng chứa x khai triển nhị thức 10  2 n

x 

biết n số nguyên dương thỏa

mãn  

0 1 2

3n 3n 3n n n 2048

n n n n

C  C  C C

     

A. 22x 10 B. 123x 10 C. 123 D. 22

Câu 11. Tìm số hạng khơng chứa x khai triển

1

n

x x

 

 

 

  biết n 2

số nguyên dương thỏa

mãn 12 14 14

n

n n

A C  n



  

A. 73789 B. 73788 C. 72864 D. 56232

Câu 12. Cho khai triển:  

2 2

0 2

1 n n,

n

x x a a x a x a x n

       

với a a a0, , , ,1 a2n hệ

số Tính tổngS a 0a1a2  a2n biết

3

14 41

a a



A. S 310 B. S 312 C. S 210 D. S 212

Câu 13. Số lớn số C C C160; 161; 162; ;C C là1615; 1616 A. C167 . B.

6 16

C . C.

16

C . D.

16

C .

Câu 14. Hệ số lớn khai triển  

10

2

x 

A. C105 . B. 128 C. 15360 D.

3 10

C .

Câu 15. Cho n số nguyên dương thỏa mãn An2 3Cnn 11 n



 

Xét khai triển    2 2

n n

n

P x  x a a x a x  a x Hệ số lớn củaP x  là

A.

5 11 15.2

C . B. 10

15.2

C . C. 252 D. 129024

Câu 16. Giả sử    

2

2 1n n

n

P x  x a a x a x  a x

thỏa mãn

12

0 2 22 2

n n

a

a a

a     

Hệ số

lớn hệ số a a a0, , , ,1 an là

A.126720 B. 495 C. 256 D. 591360

Câu 17. Cho khai triển  

2

2 n n

n

x a a x a x  a x

Tìm tất giá trị n để

  10

max a a a, , , ,an a

A. 29;30;31;32 B. 12

C. 12;13;14;15 D. 16

Câu 18. Cho n số nguyên dương Gọi a3 3n hệ số x3 3n

khai triển thành đa thức

x2 1nx 2n

 

Tìm n cho a3 3n 26n

A. n  10 B. n  3 C. n  4 D. n  5

Câu 19. Khi khai triển nhị thức Newton    1 n

G x  ax

A. a3;n B. a2;n C. a4;n D. a5;n10

Câu 20. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn  

 

 

1

2

2

1

2

1

2 2 2 32

n n

n n n

n n n n

n n

n C

C C C  nC

 





       

A. n  10 B. n  9 C. n  8 D. n  7

Câu 21. Cho S1.2.3 2.3.4 3.4.5    n n 1 n2 Kết biểu diễn S theo n là

A.

 1  2  3

4

n n n n

S   

B.

 1  2  3

3

n n n

S   

C.

 1  2  3  4

4

n n n n

S    

D. S n n  1 n2 n3

Câu 22. Tính tổng S C n0C1nCn2 Cnn theo n ta được

A. S 2n11. B. S  2n 1. C. S2n1. D. S 2n.

Câu 23. Giá trị n thỏa mãn Cn02C1n22Cn2  22Cnn 243. là

A. n  7 B. n  3 C. n  5 D. n  4

Câu 24. Tính tổng

1 1 1

2!2017! 4!2015! 6!2013! 2016!3! 2018!

S      

theo n ta được

A.

2018

2

2017!

S 

B.

2018

2

2017

S 

C.

2018

2 2017!

S 

D.

2018

2 2017

S 

Câu 25. Cho số nguyên n  Giả sử ta có khai triển3

 2  2 2

0 2

1 n n n

n

x x x  a a x a x a x

        BiếtT a 0a2  a2n 768.Tính a5.

A.126x 5 B. 126x5. C. 126 D. 126.

Câu 26. Tìm n cho 12 23 22 2048

n

n n n

C C C 

   là

A. n 8. B. n  6 C. n  7 D. n  9

Câu 27. Cho khai triển  

2014 2 2014

0 2014

1 2 x a a x a x  a x Khi tổng

2 2010 2012

1 3 2011 2013

S a  a   a  a có giá trị bằng

A.

2014 2014

7

6 

B.

2014 2014

7

2 

C. 2014

7

6 D.

2014

5

Câu 28. Tính tổng S C 1000  5C1001 52C1002  5 100C100100

A. 100 B. 100 C. 300 D. 200 Câu 29. Đẳng thức sau sai?

A. 2n Cn0Cn1Cn2 Cnn .

B. 0  1

n n

n n n n

C C C C

      .

C.1  2

n n

n n n n

C C C C

D. 3n Cn02Cn14Cn2  2nCnn.

Câu 30. Khai triển  

5

2x y

ta kết

A. 32x516x y4 8x y3 24x y2 32xy4y5. B. 32x580x y4 80x y3 240x y2 310xy4y5. C. 2x510x y4 20x y3 220x y2 310xy4y5.

D. 32x510000x y4 8000x y3 2400x y2 310xy4y5. D HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. Đáp án B.

21 1 1 1 1 21 1 1 1 1 21 21 21

21 21

3 6 6 6

3 21 21

3

0

k k k k k k

k k

k k

a b

a b b a C a b b a C a b

b a                                             

Hệ số số hạng có số mũ a b ứng với:

21 21

12

3 6

k k k k

k

 

    

Vậy số hạng cần tìm

5 12 2 21 C a b

Câu 2. Đáp án A.

Ta có      

1 n n k k n k k k

n n

k k

G x ax C ax C a x

 

   

Từ giả thiết ta có:

   

2

2 2 2

24 576

24

1

252 252 252

2

n

n

na n a

C ax x

n n n n

C a x x a a

                             24 24 16

14 16

1

na

na n

n

n n a

n n                       

Vậy a3;n8 số cần tìm

Câu 3. Đáp án C.

Số hạng tổng quát sau khai triển 10

k k k

T C x

Số hạng chứax5 khai triển C x Đề hỏi hệ số nên ta chọn C.105 Câu 4. Đáp án D.

Ta có      

15 15 15 15

15 15

3 45

15 15 15

0 0

4

3 3

k

k

k k

k k k k k

k k k

x C ax C x C x

x x                           

Số hạng chứax9 tương ứng với 45 4 k 9 k  nên hệ số của9 x9 khai triển

 6 9 9 15 15

3 C C

 

Câu 5. Đáp án C.

Ta có  

20

20 20 20 20 1 1 20 5 40

3

2

20 20 20

3

0 0

1

2 2

k k

k k

k

k k k k k

k k k

x C x C x x C x

x x                                      

Số hạng không chứa x tương ứng với

5 40 k k    

Từ lý thuyết ta có cơng thức tổng qt sau: Với 0 q  p n số hạng tổng quát

khai triển tam thức

10 1 x

x

 

 

 

       

10

2 20

10 10

1

1

p q

p q q

p q p q q p

p p p

T C C x C C x

x              

Số hạng không chứa x 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 số hạng không

chứa x khai triển        

1 10 10 10

10 10 10 10 10

1 C C C C C C C C 1951

       

Câu 7. Đáp án C.

Từ lý thuyết ta có cơng thức tổng qt sau: Với 0 q  p n số hạng tổng quát

khai triển tam thức  

8 1 x  x 

là        

8

3 24 2

8

p p q q p

p q p q p p q

p p p

T C C x  x   C C x  x  

Ta có: 24 3 p2p 2q 8 24 p 2q 8 p2q16 Suy p q ;  8; 6;5  

Lúc hệ số x khai triển 8    

8

8

8 10 238

C C  C C  

Câu 8. Đáp án A.

Theo giả thiết ta có:

 

   

 

1 13 ! 13 13 3 70 0 10

3! !

n n

n n n

n

C C n n n n n n n n n

n

 

             



Khi ta có  

10 10 10 10

2 2 30

10 10

3 3

0

1 n k k k k k

k k

x x C x C x

x x x

                            

Số hạng không chứa x tương ứng với 5k 30 0  k6 Vậy số hạng không chứa x

khai triển cho làC 106 210 Câu 9. Đáp án B.

Ta cần biết công thức tổng quát a để thay vào điều kiện k a0a1a2 71, sau giải

ra để tìm n Theo cơng thức khai triển nhị thức Newton ta có:

     

2

0

n n n k k n k k k

n n n

k k

a a x a x a x x C x C x

 

         

Do  2 , 0,1, 2, , 

k k

k n

a   C  k n

Khi theo giả thiết ta có

 0  1  2  

0

71a a a  2 Cn  2 Cn 2 Cn  1 2n2n n1  n  2n 35 0  n7

Như  

5 5

5 672

a   C 

Câu 10. Đáp án D.

Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:

       

0 1 2

0

3n 3n 3n n n n 3k n k k n k 3k n k n n

n n n n n n

k k

C  C  C C  C C 

 

            

Do 2n 2048 2 11  n11 Như ta có   

11

11 11

11

2 n k k2 k

k

x x C x 



   

, suy hệ số

của x ứng với 10 k 10và số C1110.2 22 Câu 11. Đáp án A.

Ta có

     

2

1

14 14 14 14 n

6 n

n n

n n n

A C  n n n



 

 1  1 14 0  1 5 84 0 12

6

n n

n n   n n n n

             

  vì n 2

Lúc ta có

12

1

1

n

x x

x x

   

    

   

   

Từ cơng thức tổng qt tam thức Newton ta có với 0  q p 12 số hạng tổng quát

khai triển tam thức

12

1 1 x

x

 

 

 

   

12

12 12 12

1

q p q

p q p p q p q q p q p q

p p p p

T C C x C C x C C x

x 

     

    

 

Ta có: p 2q 0 p2q Kết hợp với điều kiện ta có:

 p q ;  0;0 , 2;1 4; , 6;3 , 8; , 10;5 , 12;6            

Suy số hạng không chứa x là

0 10 12

12 12 12 12 12 12 10 12 12 73789

C C C C C C C C C C C C C C 

Câu 12. Đáp án A.

Theo giả thiết ta có:

  1 2 2 2

n n

n

P x   x x a a x a x  a x

Thay

1

x  ta được  1

n n

S a a a  a P 

Như ta cần xác định n

Với 0 q  p n số hạng tổng quát khai triển tam thức  

2

1 x x n

là

 2

1 q

p q n p p q p q p q

p n p n p

T C C  x  x C C x 

 

Hệ số x3 ứng với:

     

3

; 3;0 , 2;1

0 p q

p q

q p n

 



 



  



Suy a3 C Cn3 30C Cn2 21 Cn32 Cn2

Hệ số x4 ứng với:

       

4

; 4;0 , 3;1 , 2;

p q

p q

q p n

 



 



  



Suy a4 C Cn4 40C Cn3 31C Cn2 22 Cn43Cn3Cn2

               

3 1 1

14 41 14 41 24 2

n n n n n n n n n n n n

a a          

      

 

 

2

4

1

1 33 370 10

14 41 12

n n n

n n n n

    

          

 

Vậy S a 0a1a2 a2n 310

Câu 13. Đáp án D.

Vì Cnk Cnn k



 nên ta có C C160, 161, ,C168  C C1616, 1615, ,C168 , suy ta cần tìm số lớn

trong sốC C160, 161, ,C C Bằng tính tốn trực tiếp, ta có167, 168

0

16 1, 16 16, 16 120, 16 560, 16 1820, 16 4368, 16 8008, 16 11440, 16 12870

C  C  C  C  C  C  C  C  C 

Như C160 C161 C162  C167 C168

Do đó:  

8 15 16

16 max 16; 16; 16; ; 16; 16

C  C C C C C

Ta có 210 10

k k

k

a  C

 vớik 0,1, 2, ,10 Bài tốn tương đương với tìmk 0,1, 2, ,10

cho

k

a lớn Xét bất phương trình sau:

     

   

10

1 10 10

10! 10!

2 2

! 10 ! ! !

8

2 10 0,1,

3

k k k k

k k

a a C C

k k k k

k k k k

  



    

  

       

Từ ta có:

    1 0;1; , 3;4; 10 k k k k k k

a a k

a a k k N

a a k

                   

Do đó: a0 a1a2a3 a4 a5  a10 hay a hệ số lớn cần tìm.3

3 10.2 15360

a C 

Câu 15. Đáp án B.

      15 15 15 15 !

3 11 11

2 !

1 11 15

2

n

n n

k k k

k

n

A C n n n

n

n n n n n

x C x

                

Xét bất phương trình: 15.215 151.214

k k k k

k k

a a C  C  



   

     

15! 15!

2

! 15 ! ! 14 !

k  k  k  k   

2 13

, 0,1, 2,3,

15 k k1 k3 k N  k

Từ ta có:

    1 0,1,2,3,4 13 , 5;6; 15 k k k k k k

a a k

a a k k N

a a k

                   

Do đó: a0 a1a2 a3 a4 a5 a6 a7  a15

Vậy  

5 10 max a ii 0,15 C15.2

a   

Câu 16. Đáp án A

2

12

0 2

1 1

2

2 2 2

1

1 2

2 n n n n n n

a a a

a a a a a

P                                          12 n       12 12 12 12 12 0

2 k k k k k

k k

x C x C x

 

  

1 12.2 0,12 12.2 12

k k k k k k

k k k

a C k a a C C  



     

 

12! 12!

! 12 ! ! 11 !

1

12

23

, 0,1,2,3,

3

k k k k

k k

k k k



  

 

 

   

Từ ta có:

    1 0,1,2,3, 23 , 8;9; 11 k k k k k k

a a k

a a k k N

a a k

                   

Do đó: a0 a1a2 a3a4 a5 a8a9  a12

Vậy  

8 max i 0,12 C12.2

a  a i 

Câu 17. Đáp án A

Giả sử n số nguyên dương cho:

 0, , n 10 max a a a a

Theo công thức khai triển newton ta có:

   

12 12

0

2 n n k k2n k k k k

n

k k

P x x C x  C x

 

   

.2 0,

k n k

k n

a C  k n

  

Ta có:

 

9 10 10 10

10 10 10 11 11

10 11 2 , , 2 n n n n

n n n

n n

a a C C

a max a a a

a a C C

                  

9 10 29 32

1 11 10 n n n               

Các phép biến đổi đương tương nên ta không cần phải thử lại giá trị

Vậy n 29,30,31,32 tất giá trị thỏa mãn toán (thử lại thấy thở mãn)

Câu 18. Đáp án D

Theo cơng thức khai triển Newton ta có:

   

0

1 n n n k k n i i2n i

n n

k i

x x C x C x 

 

   

     

   

Số hạng chứa 33n3tương ứng với cặp k i,  thỏa mãn:

     

2 3

; , ; 1,

0 ;

k i n

k i n n n n

k i n

            

Do hệ số 33n3là: 3 3 1.2 1 2 26

n n n n

n n n n n n

a C C  C  C  C n n

     

 1  2 2

8 26 35

6

n n n

n n n n n

 

        

Ta có:    

1 n

n k k k

n k

G x ax C a x



  

Từ giả thiết ta có:

1

2 2

24 252 n

n

C ax

C a x x

 



 

 

24 252 na n n a            2 576 252 n a n n a            24 16 na n n n            24

14 16

na n

n n a

 

 

   

   



Vậy a3,n8 số cần tìm

Câu 20. Đáp án C

Các số hạng tổng vế trái có dạng:

   

1

1 1 1

1

1

1

2 2

k

k k

k n k n k

n

k k

kC nC n

C                 

Do ta có:

       

1

1

2 1

2

1

1

2

1

2 2 2

n n n k

n n n k

n n n n n

n n k

k

n C

C C C  nC kC

               1 1 2 k n k n k n C             1 1 1

2 2 2

k n

n k

n n

k

n n n

C                     

Như ta cần dùng số nguyên dương n thỏa mãn:

5 32 n n n n n      

Câu 21. Đáp án A Cách 1: Ta có

1 1

k k k

n n n

C C C 

 

 

1

1 2

k k k

n n n

C C C 

    

2 3

k k k

n n n

C C C 

    

1

k k k

k k k

C C C 

   1

k k k

k k k

C C C 

 

 

Cộng dẳng thức vế theo vế ta được:

1 1

1

k k k k k

n n n k k

C C  C  C  C 

  

      *

Ta có:        

1.2.3 2.3.4 3.4.5 2

n

k

n n n k k k

                 

1 1

2 ! !

6

1 ! 3! !

n n n

k

k k k

k k

C

k k 

  

 

  

 

    3 3 

3

6 C C Cn Cn

    

Áp dụng câu  * với k  , thay 4 n n  ta được:3

3 3

3 n n n C C  C  C  C 

Vậy 1.2.3 2.3.4 3.4.5    n n 1 n2 

     

4

1

6

4 n

n n n n

C     

. Cách 2: Với tốn ta dùng máy tính để thử trường hợp riêng. Câu 22. Đáp án D

Xét khai triển:

 n n 1 n n n 2 n n 1 n n

n n n n n

a b C b C a b  C  a b C a b  C a

      

Chọn a b  ta Cn0Cn1Cn2 Cnn 2n

Câu 23. Đáp án C

Xét khai triển:  

0 1 2 1

n n n n n n n n n

n n n n n

a b C b C a b  C  a b C a b  C a

      

Chọn a2,b1 ta được:

  2

3n n 2 2n n 243

n n n n

C C C C

         n5

Câu 24. Đáp án A

Các số hạng S có dạng:

       

2 2019

1 2019!

2 ! 2019 ! 2019! ! 2019 ! 2019! k

C

k  k  k  k 

Do  2019!S C 20192 C20194  C20192016C20192018.

Nhận thấy 20192

k

C hệ số x2k

khai triến  

2019

1 x 

Vì xét    

2019

1

P x  x

, theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:

   12019

P x  x

=C20190 C20191 x C 20192 x2 C20192019 2019x

Từ ta có:

 1

P C20190 C20191 C20192  C20192019.

 1

P  C20190  C20191 C20192  C20192018 C20192019

Suy ra:

   

0 2018 2018

2019 2019 2019 2019

1

2019!

2

P P

S C C C  C    

2018

2

2019!

S 

 

Câu 25. Đáp án D

Theo giả thiết ta có:

  2

0

n n

P x a a x a x  a x .

Khi P 1 a0a1a2 a2nvà P1 a0 a1a2 a2n. Suy

    2

2

0 2

1 2

3.2 2 n n n n P P

T a a a





  

      

2

768 3.2 n n

   

Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:

       

2

2 2

2

1

1 n n n k k n k n k k

n n k

k k

P x x x x  C x  x  C x



 

       

         

2 2 10

2 1 1 1

2 2 10

1 1

1 1 1

n n n

n k k k

k k k k k k k k k k

n n k n n

k k k k

C x  C  x C C  x C C  x

 

   

          

Vậy  

5

5

5 10 126

a C  C 

Câu 26. Đáp án B.

Xét khai triển  

2 0 2 1 1 1 2 2 2 1 2 2

2 2

n n n n n n n

n n n n

a b C b C a b  C  a  b C a

     

Chọn a b  , ta được:1

2 2

2 2 2

2 n n n

n n n n n

C C C C  C

     

0 2

2 2 2

0 n n

n n n n n

C C C C  C

     

Trừ hai đẳng thức vế theo vế ta được:

 

2 12

2 2

2 n n 2.2048

n n n

C C C  n

       

Câu 27. Đáp án A.

Nhận thấy rằng:

3 2011 2013

1 2011 2013

3S 3a 3 a  3 a 3 a

Lần lượt thay x  ,3 x  vào khai triển cho ta được:3

  2014 2013 2014

0 2013 2014

3 3 a 3

P  a  a    a  a

  2014 2013 2014

0 2013 2014

3 3 a 3

P   a  a    a  a

Trừ hai đẳng thức vế theo vế, ta được:

 2011 2013  2014 2014 2011 2013

2 3a 3 a 3 a 3 a 7 

2014 2014 2014 2014

7

3

2

S  S 

   

Vậy

2014 2014 2010 2012

1 2011 2013

7

3 3

6

S a  a   a  a  

Câu 28. Đáp án B.

Nhận thấy  5 100

k k

C 

hệ số xk khai triển  

100

1 5x

Vì xét    

100

1

P x   x

, theo khai triển nhị thức NewTon, ta có:

   100  2 100 100

100 100 100 100

1 5

P x   x C  C x C x  C x

Thay x  vào ta được:1

   100 2 100 100 100 100 100 100

4 5

P x  C  C C  C

Chú ý: Ta xét khai triển  

100

1 5x

sau thay x  vào.1

Câu 29. Đáp án C.

Ta có  

0 2

1 n n n

n n n n

x C C x C x C x

     

Cho x  A đúng.1 Cho x  B đúng.1 Cho x  D đúng.2

Cho x  2    

0 2

1 n 2 n n

n n n n

C C C C

      

Vậy C sai

Câu 30. Đáp án B.

2x y5 2x5 5 2 x y4 10 2 x y3 10 2 x y2 5 2 x y y5

      

5 2

32x 80x y 80x y 40x y 10xy y

      .

XÁC SUẤT A LÝ THUYẾT

1 Phép thử ngẫu nhiên

Phép thử ngẫu nhiên (gọi tắt phép thử) phép thử mà ta khơng đốn trước kết

của nó, biết tập hợp tất kết có phép thử

2 Không gian mẫu

Tập hợp kết xẩy phép thử gọi khơng gian mẫu phép thử ký hiệu .

Ví dụ: Khi ta tung đồng xu có mặt, ta hồn tồn khơng biết trước kết nó,

nhiên ta lại biết chắn đồng xu rơi xuống trạng thái: sấp (S) ngửa (N)

Không gian mẫu phép thử  S N; 

II BIẾN CỐ

1 Một biến cố A(còn gọi kiện A) liên quan tới phép thử T biến cố mà việc xẩy hay khơng xẩy cịn tùy thuộc vào kết T

Mỗi kết phép thử T làm cho biến cố A xảy gọi kết thuận lợi cho A

2 Tập hợp kết thuận lợi cho A kí hiệu  Để đơn giản, ta dùng A chữ A để kí hiệu tập hợp kết thuận lợi cho A

Khi ta nói biến cố A mô tả tập A

3 Biến cố chắn biến cố xẩy thực hiện phép thử T Biến cố chắn mô tả tập  ký hiệu .

4 Biến cố biến cố không xẩy thực phép thử T Biến cố mơ tả tập 

Các phép tốn biến cố

* Tập \ A gọi biến cố đối biến cố A, kí hiệu A Giả sử A B hai biến cố liên quan đến phép thử Ta có:

* Tập A B gọi hợp biến cố A B.

* Tập A B gọi giao biến cố A B.

* Nếu A B  ta nói A B xung khắc.

Bảng đọc ngơn ngữ biến cố.

Kí hiệu Ngơn ngữ biến cố

A  A biến cố

A  A biến cố không

A  A biến cố chắn

C A B C biến cố “A hoặc B”

C A B C biến cố “A B

A B  A B xung khắc

BA A B đối

III XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ Định nghĩa cổ điển xác suất:

Giả sử phép thử T có số hữu hạn kết đồng khả Khi xác suất biến cố A liên quan tới T tỉ số số kết thuận lợi cho A số kết

  A

P A 



Trong sống nói biến cố, ta thường nói biến cố có nhiều khả xảy ra, biến có có khả xảy ra, biến cố có nhiều khả xảy biến cố Tốn học định lượng hóa khả cách gán cho biến cố số không âm, nhỏ gọi xác suất biến cố

Từ định nghĩa cổ điển xác suất ta có bước để tính xác suất biến cố sau:

Bước 1: Xác định khơng gian mẫu  tính số phần tử , tức đếm số kết

có thể phép thử T

Bước 2: Xác định tập A mô tả biến cố A tính số phần tử A, tứ đếm số kết thuận loại cho A

Bước 3: Lấy kết bước chia cho bước 1.

Nhận xét: Việc tính số kết (bước 1) thường dễ dàng hiều so với việc tính số kết

quả thuận lợi cho A(bước 1) Để giải tốt toán xác suất ta cần nắm phần tổ hợp trước

STUDY TIP

Từ định nghĩa cổ điển xác suất ta suy ra: 0P A  1;P  1;P  0

Chú ý: Các kí hiệu n    ;n A hiểu tương đương với  ; A số phần tử không gian mẫu 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

     

P A B P A P B

* Nếu biến cố A A A1, , , ,2 A xung khắc k

 k  1  2  k

P A A  A P A P A  P A

STUDY TIP

Vì AA A A  nên theo cơng thức cộng xác suất

     

1 P  P A P A

b) Cơng thức tính xác suất biến cố đối

Xác suất biến cố A biến cố A

   

P A   P A

Ví dụ 1. Một hộp đựng viên bi xanh, viên bi đỏ viên bi vàng Chọn ngẫu nhiên hai viên biên Xác suất để chọn hai viên bi màu

A.

5

18. B.

1

6. C.

1

36. D.

1 12 .

Lời giải

Đáp án A.

Gọi A biến cố : “Chọn hai viên bi xanh” B biến cố : “Chọn hai viên bi đỏ”. C biến cố : “Chọn hai viên bi vàng”.

Khi biến cố: “Chọn hai viên bi màu” biến cố A B C  Do , ,A B C đôi xung khắc với nên theo quy tắc cộng ta có

       

P A B C  P A P B P C

Ta có

     

2

2

3

4

2 2

9 9

6

; ;

36 36 36

C

C C

P A P B P C

C C C

     

Vậy  

6

36 36 36 18

P A B C    

5) Quy tắc nhân xác suất

Biến cố giao Biến cố độc lập

Cho biến cố A B Biến cố “ cả

A B xảy ra” kí hiệu AB

gọi giao hai biến cố A B

Hai biến cố gọi độc lập việc xảy hay không xảy biến cố không ảnh hưởng tới xác suất xảy biến cố

Một cách tổng quát, cho k biến cố

1, , , ,2 k

A A A A Biến cố: “Tất k

biến cố A A A1, , , ,2 A xảy ra”,k kí hiệu A A A A gọi là1 k giao k biến cố đó.

Một cách tổng quát, cho k biến cố

1, , , ,2 k

A A A A Chúng gọi là

độc lập với việc xảy hay khơng xảy nhóm biến cố không làm ảnh hưởng tới xác suất xảy biến cố lại

Quy tắc nhân xác suất

Nếu A B hai biến cố độc lập

     

P AB P A P B

Một cách tổng quát, k biến cố A A A1, , , ,2 A độc lập k

A A A1, , ,2 ,Ak   1 A2  k

P P A P P A

Chú ý:

* Nếu A B độc lập A B độc lập, B A độc lập, B A độc lập Do Nếu A và B độc lập ta cịn có đẳng thức

     

     

     

P AB P A P B

P AB P A P B

P AB P A P B





* Nếu đẳng thức bị vi phạm hai biến cố A B không độc lập với nhau

Ví dụ 2. Gieo hai súc sắc I II cân đối, đồng chất cách độc lập Ta có biến cố A: “Có súc sắc xuất mặt chấm” Lúc giá trị P A 

A.

25

36. B.

11

36. C.

1

36. D.

15 36.

Lời giải

Đáp án B.

Gọi A i i 1;2 biến cố : “Con súc sắc thứ i mặt chấm”

1 A

 A hai biến cố độc lập ta có 2

 

 

1

2

1 6

P A

P A



 

 

 

 

Thay tính P A ta tính P A  Ta có A A A

     1   1    2

5 25

6 36

P A P A P A   P A  P A  

Vậy    

25 11

1

36 36

P A   P A   

B CÁC DẠNG TOÁN VỀ XÁC SUẤT

DẠNG SỬ DỤNG ĐỊNH NGHĨA CỔ ĐIỂN VỀ XÁC XUẤT - QUY VỀ BÀI TOÁN ĐẾM.

Bài tốn Bài tốn tính xác suất sử dụng định nghĩa cổ điển cách tính trực tiếp số phần tử thuận lợi cho biến cố.

Phương pháp chung:

Trong toán này, việc xác định số phần tử thuận lợi cho biến cố cần tìm dễ dàng xác định (có thể liệt kê phương án, tính cách chọn ngắn gọn)

Bước 1: Tìm số phần tử không gian mẫu.

Bước 2: Đếm số phần tử thuận lợi khơng gian mẫu.

Bước 3: Tính xác suất

     

n A P A

n





STUDY TIP

Phần lớn tốn xác suất quy toán đếm: * Đếm số phần tử tập thuận lợi với biến cố

* Đếm số phần tử không gian mẫu 

Các bước làm trình bày rõ lý thuyết trước

Ví dụ 1. Gieo ngẫu nhiên hai xúc sắc cân đối đồng chất Xác suất biến cố “ Có xúc sắc xuất mặt chấm”

A.

11

36. B.

1

6. C.

25

36. D.

15 36.

Lời giải

Đáp án A.

Gọi A biến cố: “Có xúc sắc xuất mặt chấm”

Bước 1: Tìm số phần tử khơng gian mẫu.

Bước 2: Tìm số kết thuận lợi cho A Ta có 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

Bước 3: Xác suất biến cố A

  11

36

A

P A  



Ví dụ 2. Một tổ gồm em, có nữ chia thành nhóm Tính xác xuất để nhóm có nữ

A.

3

56. B.

27

84. C.

53

56. D.

19 28.

Lời giải

Đáp án B.

Bước 1: Tìm số phần tử không gian mẫu.

Chọn ngẫu nhiên em em đưa vào nhóm thứ có số khả xảy C 93

Chọn ngẫu nhiên em em đưa vào nhóm thứ hai có số khả xảy C 63

Cịn em đưa vào nhóm cịn lại số khả xảy cách

Vậy

3

9 6.1 1680

C C

  

Bước 2: Tìm số kết thuận lợi cho A Phân nữ vào nhóm có 3! cách

Phân nam vào nhóm theo cách có C C62 42.1 cách khác nhau. 2

6

3! .1 540

A C C

   

Bước 3: Xác suất biến cố A

  540 27

1680 84

A

P A   



STUDY TIP

Bài tốn ví dụ liên quan chặt chẽ với phép đếm Ta cần nắm phần quy tắc cộng, quy tắc nhân để giải tốn tính xác suất theo phương pháp cổ điển

Ví dụ 3. Một hộp chứa 11 viên bi đánh số từ đến 11 Chọn viên bi cách ngẫu nhiên cộng số viên bi rút với Xác suất để kết thu số lẻ

A.

226

462. B.

118

231. C.

115

231. D.

103 231.

Lời giải

Đáp án B.

Bước 1: Tìm số phần tử khơng gian mẫu.

Chọn ngẫu nhiên viên bi 11 viên bi số cách chọn  

6 11 462 n  C 

Bước 2: Tìm số phần tử thuận lợi cho biến cố.

Gọi A biến cố : “Chọn viên bi cộng số viên bi thu số lẻ” Trong 11 viên bi có viên bi mang số lẻ 1;3;5;7;9;11 viên bi mang số chẵn

2;4;6;8;10

Số cách chọn trường hợp C C cách 61 55

* Trường hợp 2: viên bi mang số lẻ viên bi mang số chẵn.

Số cách chọn trường hợp C C cách 63 53

* Trường hợp 3: 5 viên bi mang số lẻ viên bi mang số chẵn Số cách chọn trường hợp C C cách 65 15

Suy  

1 3

6 6 200 30 236

n A C C C C C C    

2

3! .1 540

A C C

   

Bước 3: Tính xác suất

  236 118

462 231

A

P A   



STUDY TIP

Giải thích thực tế: Ta đưa trường hợp ta có:

Để có tổng số lẻ ta phải có: lẻ + chẵn = lẻ

TH1: 5 số chẵn cộng lại với số chẵn Do cộng với 1 lẻ số lẻ. TH2: lẻ = (1 lẻ + lẻ ) + lẻ = chẵn + lẻ = lẻ

3 số chẵn cộng lại với chẵn Do cộng với 1 lẻ số lẻ.

…

 số viên bi mang số lẻ phải 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 điểm có tọa độ x y;  ; ( với x y, số nguyên) nằm hình chữ nhật ABCD (kể điểm nằm cạnh)

Gọi A biến cố : “x y, chia hết cho 2” Xác suất biến cố A

A.

7

21. B.

13

21. C. 1. D.

8 21.

Lời giải

Ta có  x y; , 2  x 4,0 y 2 , với x y , Vậy x    2; 1;;1;2;3;4 y 0;1;2

Suy n    7.3 21 (mỗi điểm giao điểm hình)

Ta có A: “x y, chia hết cho 2” Nên ta có Ax y x; :   2;0;2;4 ; y0;2

Theo quy tắc nhân ta có      

8

4.2 8

21

STUDY TIP

Với tốn có miền giới hạn nhỏ, ta nên liệt kê phần tử tránh sử dụng miền nhầm lẫn số phần tử

Ví dụ 5. Một người bỏ ngẫu nhiên thư phong bì thư để sẵn địa Xác suất để có thư bỏ địa

A.

5

8. B.

2

3. C.

3

8. D.

1 3.

Lời giải

Gọi thư A B C D, , , phong bì thư có địa với thư

là 1; 2;3;

Số phần tử không gian mẫu n     4! 24

Gọi X biến cố “ có thư bỏ địa chỉ”. Ta có trường hợp sau:

*TH1: Cả thư bỏ địa chỉ: Chỉ có trường hợp nhất

*TH2: Có thư bỏ địa Có trường hợp xảy là:A1 B2 C4 D3;

1 2;

A  B  C  D A4 B2 C3 D A1; 1 B3 C2 D4; A3 B2 C1 D4;A3 hoặc

2

A  B  C  D

*TH3: Có thư bỏ địa chỉ: Chỉ có thư A bỏ địa có trường hợp

1 2;

A  B  C  D A  B  C  D

Tương tự với thư B có trường hợp. Lá thư C có trường hợp. Lá thư D có trường hợp.

Suy có trường hợp có thư bỏ địa

Vậy số phần tử biến cố X n X      15

Nên  

15

24

P X  

STUDY TIP

Giải thích thực tế: có nhiều độc giả thêm trường hợp có thư bỏ địa chỉ, nhiên

như lặp lại trường hợp thư bỏ địa Do thư địa thư cuối địa trùng với TH1

Ví dụ 1. Một hộp đựng 15 viên bi, có biên bi xanh viên bi đỏ Lấy ngẫu nhiên viên bi (khơng kể thứ tự) khỏi hộp Tính xác suất để viên bi lấy có viên màu đỏ

A.

1

2. B.

418

455. C.

1

13. D.

12 13.

Lời giải

Chọn ngẫu nhiên viên bi từ 15 viên bi số cách chọn C 153 445.

Gọi Alà biến cố “trong viên bi lấy có viên màu đỏ” Số trường hợp thuận lợi cho biến cố A là:

*Trường hợp 3: Lấy viên màu đỏ, số cách lấy là: C83.

Số trường hợp thuận lợi cho biến cố A  

1 2 8 420

C C C C C

n A    

Vậy  

1 2 8

3 15

12

13

C C C C C

P A

C

 

 

Bài tốn 2: Tính xác suất sử dụng định nghĩa cổ điển phương pháp gián tiếp. Trong nhiều tốn tính xác suất, việc tính số phần tử thuận lợi cho biến cố A trở nên khó khăn có nhiều trường hợp, ta tìm số phần tử thuận lợi cho biến cố đối biến cố

A Sau lấy số phần tử khơng gian mẫu trừ kết vừa tìm ta có số phần tử thuận lợi cho biến cố A

Ta sử dụng tốn ví dụ sau:

Ví dụ 2. Một hộp đựng 15 viên bi, có biên bi xanh viên bi đỏ Lấy ngẫu nhiên viên bi (khơng kể thứ tự) khỏi hộp Tính xác suất để viên bi lấy có viên màu đỏ

A.

1

2. B.

418

455. C.

1

13. D.

12 13.

Lời giải

Chọn ngẫu nhiên viên bi từ 15 viên bi số cách chọn C 153 445.

Gọi A biến cố “trong viên bi lấy có viên màu đỏ” biến cố A “ ba viên bi lấy khơng có màu đỏ” ( tức lấy ba viên bi màu xanh”

Số cách chọn viên bi mà viên bi màu xanh  

3

7 35 35

C   n A 

 Số cách chọn viên bi mà có viên bi màu đỏ 455 35 420  cách

  420

n A

 

     

420 12 455 13

n A P A

n

   



STUDY TIP

Giải thích thực tế: Dấu hiệu nhận biết toán thực tế chọn đồ vật mà sử dụng cách tính

gián tiếp câu hỏi xuất từ “có …” thường ta giải theo cách gián tiếp tìm số cách chọn cho “khơng xuất hiện…” Ta tìm hiểu kĩ ví dụ

Ví dụ 3. Một hộp quà đựng 16 dây buộc tóc chất liệu, kiểu dáng khác màu sắc Cụ thể hộp có dây xanh, dây đỏ, dây vàng Bạn An chọn ngẫu nhiên dây từ hộp q để làm phần thưởng cho Tính xác suất để dây bạn An chọn có dây vàng không dây đỏ

A.

8005

8008. B.

11

14. C.

6289

8008 . D

1719 8008 .

Lời giải

Chọn ngẫu nhiên dây từ 16 dây số cách chọn

 

16 8008 n  C 

Gọi A biến cố “ dây bạn An chọn có dây vàng khơng q dây đỏ”

Do tính trực tiếp có q nhiều trường hợp, từ STUDY TIP ví dụ 7, ta sử dụng biến cố đối để giải toán:

Trường hợp 1: Khơng có dây vàng, số cách lấy là: C 136 Trường hợp 2: Có dây vàng dây đỏ, số cách lấy là: C C 31 55

Suy

  6

Nên

     

6 16 13

6 16

6

289

8008

n A C C C C

P A

n C

 

  



Ví dụ 4. Một trường THPT có 18 học sinh giỏi tồn diện, có học sinh khối 12, học sinh khối 11 học sinh khối 10 Chọn ngẫu nhiên học sinh từ 18 học sinh để dự trại hè Tính xác suất để khối có học sinh chọn

A.

212

221. B.

9

221. C.

59

1326. D.

1267 1326.

Lời giải

Chọn học sinh 18 học sinh số cách chọn  

8 18 n  C

cách

Tương tự với dấu hiệu mà STUDY TIP đưa ta tìm số trường hợp thuận lợi cho biến cố đối biến cố cần tìm

Chọn học sinh mà khơng có khối 10, có C138 cách.

Chọn học sinh mà khối 11, có C128 cách.

Chọn học sinh mà khơng có khối 12, có C118 cách.

Gọi A biến cố “ học sinh chọn, khối có học sinh” Số trường hợp thuận

lợi cho A    

8 8

18 13 12 11 41811

n A C  C C C 

Vậy xác suất cần tìm

   

  188

41811 1267 1326

n A P A

n C

  



Ví dụ 5. Xét số tự nhiên gồm chữ số khác lập từ số 1, 3, 5, 7, Tính xác suất để tìm số không bắt đầu 135

A.

5

6. B

1

60. C.

59

6 . D

1 6.

Lời giải

Số phần tử không gian mẫu là: n    5!

Gọi A biến cố “số tìm khơng bắt đầu 135 ” Thì biến cố A biến cố “số tìm bắt đầu 135 ”

Buộc số 135 lại ta cịn phần tử Số số tạo thành thỏa mãn số 135 đứng đầu 1.2.1 2 cách  n A 120 118 

cách

Nên

     

118 59

120 60

n A P A

n

  



STUDY TIP

Phương pháp “buộc” phần tử giới thiệu kĩ phần quy tắc đếm, áp dụng phần tử có điều kiện đứng liền kề

DẠNG SỬ DỤNG QUY TẮC TÍNH XÁC SUẤT

Bước 1: Xác định biến cố xác suất, gọi tên biến cố A B C D; ; ; để biểu diễn

Bước 2: Tìm mối quan hệ biến cố vừa đặt tên, biểu diễn biến cố trung gian quan

trọng biến cố đề yêu cầu tính xác suất thông qua biến cố bước

Bước 3: Sử dụng mối quan hệ vừa xác định bước để chọn công thức cộng hay công

thức nhân phù hợp

A. 0, B. 0,8 C. 0,9 D. 0,1

Lời giải

Gọi A biến cố “động bị hỏng”, gọi B biến cố “động bị hỏng”. Suy AB biến cố “cả hai động bị hỏng”  “ xe không chạy nữa”. Lại thấy hai động hoạt động độc lập nên A B hai biến cố độc lập.

 Áp dụng quy tắc nhân xác suất ta xác suất để xe phải dừng lại đường

  0,5.0, 0,

P AB  

Vậy xác suất để xe 0, 0,8 

STUDY TIP

Các tốn khơng nói đối tượng mà cho giá trị xác suất ta bắt buộc phải sử dụng công thức cộng công thức nhân xác suất Ở hai động độc lập nên A B hai biến cố độc lập, ta áp dụng cơng thức nhân xác suất

Ví dụ 2. Túi I chứa bi trắng, bi đỏ, 15 bi xanh Túi II chứa 10 bi trắng, bi đỏ, bi xanh Từ túi lấy ngẫu nhiên viên bi Tính xác suất để lấy hai viên màu

A.

207

625. B.

72

625. C.

418

625. D.

553 625.

Lời giải

Gọi A A At, d, x biến cố bi rút từ túi I trắng, đỏ, xanh Gọi B B Bt, d, x biến cố bi rút từ túi II trắng, đỏ, xanh Các biến cố A A At, d, x độc lập với B B Bt, d, x

Vậy xác suất để lấy hai bi màu

 t t d d x x

P A B A B A B P A B t tP A B d dP A B x x

   t t  d  d  x  x

P A P B P A P B P A P B

  

3 10 15 207

25 25 25 25 25 25 625

   

STUDY TIP

Nhận thấy toán bên toán sử dụng hai cơng thức tính cơng thức cộng cơng thức nhân xác suất Bài tốn sử dụng cơng thức cộng xác suất biến cố A B A B A Bt t; d d; x x biến cố đôi xung khắc (do biến cố xảy biến cố khơng xảy ra) Trong biến cố A t B ;t A d B ;d A x B cặp biến cố độc lập x (việc xảy hay không xảy biến cố không làm ảnh hưởng đến biến cố kia) nên sử dụng công thức nhân xác suất

Ví dụ 3. Gieo xúc sắc cân đối đồng chất lần Tính xác suất cho tổng số chấm hai lần gieo số chẵn

A.0, 09 B. 0,91 C. 0,36 D. 0, 06

Lời giải

Đặt A biến cố “ Lần gieo xuất mặt chấm chẵn”;

B biến cố “ Lần gieo thứ hai xuất mặt chấm chẵn”; C biến cố “ Tổng số chấm hai lần gieo số chẵn”

Ta thấy A B  A B  hai biến cố xung khắc nên

       

P A B   A B  P A B P A B

 

       

P A B   A B  P A B P A B

 

Vì A B hai biến cố độc lập nên theo STUDY TIP thì

      1

2

P A B P A P B  

      1

2

P A B P A P B  

Vậy  

1 1

4

P C   

STUDY TIP

Ở C A B A B  tổng hai chấm xuất hai lần gieo chẵn có nghĩa có trường hợp:

*TH1: Hai lần gieo số chẵn A B .

*TH2: Hai lần gieo số lẻ A B .

STUDY TIP

Ta có    

1

P A P B 

bởi xúc sắc có số mặt chẵn số mặt lẻ nhau, vây ta dễ dàng

có xác suất

1 2.

Ví dụ 4. Ba xạ thủ A B C, , độc lập với nổ súng vào mục tiêu Xác suất bắn trúng mục tiêu A B C, , tương ứng 0, 4;0,5 0,7 Tính xác suất để có người bắn trúng mục tiêu

A.0, 09 B. 0,91 C. 0,36 D. 0, 06

Lời giải

Gọi A B C, , tương ứng biến cố “ A bắn trúng”; “ B bắn trúng”; “ B bắn trúng”.

, ,

A B C là ba biến cố độc lập DoA B C, , biến cố đôi nên:

Xác suấy để ba người bắn trượt

STUDY TIP

Nhắc lại ý phần lý thuyết nhân xác suất, tơi có đưa ra: Nếu A B C, , hai biến cố độc lập thìP A B  P A P B   

Và tốn ví dụ tốn mở rộng ý ba biến cố đối cách độc lập

       

P ABC P A P B P C  1 0, 0,5 0, 7       0,09

Vậy xác suất để có ba người bắn trùng 0,09 0,91 

Ví dụ 5. Một xạ thủ bắn bia Biết xác suất bắn trúng vòng tròn 10 0, 2; vòng 0, 25 vòng

8 0,15 Nếu trúng vòng k k điểm Giả sử xạ thủ bắn ba phát súng cách

A. 0,0935 B. 0,0755 C. 0,0365 D. 0,0855

Lời giải

Chọn A

Gọi H biến cố: “Xạ thủ bắn đạt loại giỏi” A B C D; ; ; biến cố sau:

A: “Ba viên trúng vòng 10”

B: “Hai viên trúng vòng 10 viên trúng vòng 9” C: “Một viên trúng vòng 10 hai viên trúng vòng 9” D: “Hai viên trúng vòng 10 viên trúng vòng 8”

Các biến cố A B C D; ; ; biến cố xung khắc đôi H  A B C D

Suy theo quy tắc cộng mở rộng ta có P H  P A P B P C P D  Mặt khác P A   0, 0, 0, 2     0,008

  0, 0, 0, 25     0, 0, 25 0, 2     0, 25 0, 0, 2     0,03

P B    

  0, 0, 25 0, 25     0, 25 0, 0, 25     0, 25 0, 25 0, 2     0,0375

P C    

  0, 0, 0,15     0, 0,15 0, 2     0,15 0, 0,2     0,018

P D    

Do P H   0,008 0,03 0,0375 0,018 0,0935   

STUDY TIP

Ở phần tính xác suất biến cố B C D, , ta có trường hợp thứ tự trúng vịng lần bắng khác trường hợp khác Nhiều độc giả khơng tính trường hợp khác Nhiều độc giả khơng tính trường hợp dẫn đến chọn C sai

C BÀI TẬP RÈN LUYỆN KỸ NĂNG

Câu 1. Tung viên súc sóc cân đối, tìm xác suất để số chấm xuất nhỏ

A.

1

2 B.

1

6 C.

1

36 D.

1 256

Câu 2. Một lớp học có 100 học sinh, có 40 học sinh giỏi ngoại ngữ; 30 học sinh giỏi tin học 20 học sinh giỏi ngoại ngữ tin học Học sinh giỏi hai mơn thêm điểm kết học tập học kì Chọn ngẫu nhien học sinh lớp, xác suất để học sinh tăng điểm

A.

3

10 B.

1

2 C.

2

5 D.

3

Câu 3. Một hộp đèn có 12 bóng có bóng tốt Lấy ngẫu nhiên bóng, xác suất để lấy bóng tốt

A.

21

44 B.

7

44 C.

7

11 D.

4 11

Câu 4. Trong hộp gồm viên bi xanh viên bi trắng, chọn ngẫu nhiên viên bi Xác suất để viên bi chọn có bi xanh bi trắng

A.

970

1001 B.

139

143 C.

31

1001 D.

4 143

Câu 5. Một lớp có 25 học sinh, có 15 em học mơn Tốn, 16 em học môn Văn Biết học sinh lớp hai mơn Xác suất để chọn em học mơn Tốn không môn Văn

A.

21

575 B.

7

11 C.

1

2 D.

2

A.

1

7 B.

1

6 C.

5

6 D.

6

Câu 7. Một lớp có 20 học sinh, có học sinh giỏi Toán, học sinh giỏi Văn học sinh giỏi môn Giáo viên chủ nhiệm chọn em Xác suất em học sinh giỏi

A.

11

20 B.

169

190 C.

21

190 D.

9 20

Câu 8. Xét số tự nhiên gồm năm chữ số khác lập từ 1, 3, 5, 7, Xác suất để viết số bắt đầu 19

A.

59

60 B.

4

5 C.

19

20 D.

1 20

Câu 9. Cho tập A 0;1; 2;3;4;5;6 Xác suất để lập số tự nhiên gồm chữ số khác cho số chia hết cho chữ số 1, 2, ln có mặt cạnh

A.

11

420 B.

11

360 C.

349

360 D.

409 420

Câu 10. Một lớp học có 40 học sinh, gồm 25 nam 15 nữ Giáo viên chủ nhiệm muốn chọn mộ ban cán lớp gồm em Xác suất để bạn có nam nữ

A.

15475

18278 B.

2083

18278 C.

11

360 D.

349 360

Câu 11. Một trường có 50 em học sinh giỏi có cặp anh em sinh đôi Cần chọn học sinh số 50 học sinh để tham gia trại hè Tính xác suất em khơng có cặp anh em sinh đôi

A.

9

1225 B.

1216

1225 C.

12

1225 D.

1213 1225

Câu 12. Một hội nghị bàn trịn có phái đồn nước: Mỹ có người, Nga có người, Anh có người, Pháp có người, Đức có người Xếp ngẫu nhiên đại biểu vào bàn tròn Xác suất cho người quốc tịch ngồi

A.

6

23! B.

4!

24! C.

4!5!5!4!6!4!

24! . D.

23! 23!



Câu 13. Nam tung đồng xu cân đối lần liên tiếp Xác suất xảy để Nam tung lần đồng xu mặt sấp

A. 0,5 B. 0,03125 C. 0, 25 D. 0,125

Câu 14. Ba xạ thủ bắn vào mục tiêu cách độc lập với Xác suất bắn trúng xạ thủ thứ nhất, thứ hai thứ ba 0,6; 0,7; 0,8 Xác suất để có xạ thủ bắn trúng

A. 0,188 B. 0,024 C. 0,976 D. 0,812

Câu 15. Trong dịp nghỉ lễ 30-4 1-5 nhóm em thiếu niên tham gia trò chơi “Ném vòng cổ chai lấy thưởng” Mỗi em ném vòng Xác suất ném vào cổ trai lần đầu 0,75 Nếu ném trượt lần đầu xác suất ném vào cổ chai lần thứ hai 0,6 Nếu ném trượt hai lần ném xác suất ném vào cổ chai lần thứ ba (lần cuối) 0,3 Chọn ngẫu nhiên em nhóm chơi Xác suất để em ném vào cổ chai

A. 0,18 B. 0, 03 C. 0, 75 D. 0,81

Câu 16. Gieo đồng xu lúc Gọi A biến cố “có đồng xu xuất mặt ngửa” Xác suất biến cố A

A.

1

4 B.

1

8 C.

7

8 D.

1

A.

5

108 B.

23

24 C.

1

24 D.

103 108

Câu 18. Gieo xúc xắc cân đối, đồng chất Xác định để gieo hai mặt xúc sắc có tổng hai số lớn

A.

1

6 B.

11

360 C.

5

36 D.

31 36

Câu 19. Gieo đồng thời xúc xắc cân đối, đồng chất Một màu đỏ màu đen Xác suất biến cố A “Số chấm xanh nhiều đỏ đơn vị”

A.

32

36 B.

1

9 C.

5

36 D.

9 36

Câu 20. Viết chữ số 0; 1; 2; 3; 4; lên mảnh bìa Rút ngẫu nhiên bìa xếp ngẫu nhiên thành hàng ngang Xác suất cho bìa xếp thành số có chữ số

A.

5

6 B.

1

6 C.

7

40 D.

33 40

Câu 21. Gọi S tập hợp tất số tự nhiên gồm chữ số khác lập từ 0;1; 2;3; 4;5;6 Chọn ngẫu nhiên số từ tập S Xác suất để tích hai số chọn số chẵn

A.

41

42 B.

1

42 C.

1

6 D.

5

Câu 22. Cho cân có trọng lượng 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; (kg) Chọn ngẫu nhiên số Xác suất để trọng lượng không nhỏ 10 (kg)

A.

3

28 B.

25

28 C.

1

8 D.

7

Câu 23. Trong hộp đựng 20 viên bi có 12 viên bi đỏ khác viên bi xanh khác Lấy ngẫu nhiên viên bi Xác suất để viên bi chọn không viên bi đỏ

A.

84

1615 B.

101

1938 C.

1882

1983 D.

1531 1615

Câu 24. Có 10 thẻ đánh số từ đến 30 Chọn ngẫu nhiên 10 thẻ Xác suất để có thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn có chia hết cho 10

A.

634

667 B.

33

667 C.

568

667 D.

99 667

Câu 25. Một hộp đựng thẻ đánh số đến Hỏi phải rút thẻ để xác suất có

một thẻ ghi số chia hết cho phải lớn

A. B. C. D.

Câu 26. Năm đoạn thẳng có độ dài 1cm; 3cm; 5cm; 7cm; 9cm Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng năm đoạn thẳng Xác suất để ba đoạn thẳng lấy tạo thành tam giác

A.

3

10 B.

2

5 C.

7

10 D.

3

Câu 27. Người ta sử dụng sách Tốn, sách Vật lý, Hóa học (các loại giống nhau) để làm giải thưởng cho học sinh, học sinh sách khác loại Trong số học sinh có bạn X Y Xác suât để hai bạn có giải thưởng giống

A.

1

6 B.

1

12 C.

5

8 D.

13 18

Câu 28. Xếp ngẫu nhiên bạn nam bạn nữ vào bàn tròn Xác suất để khơng có ba bạn nữ ngồi cạnh

A.

5

7 B.

2

7 C.

1

84 D.

Câu 29. Đạt Phong tham gia chơi trò trò chơi đối kháng, thỏa thuận thắng ván trước thắng chung hưởng toàn số tiền thưởng chương trình (khơng có ván hịa) Tuy nhiên Đạt thắng ván Phong thắng ván xảy cố kĩ thuật chương trình buộc phải dừng lại Biết giới chuyên môn đánh giá Phong Đạt ngang tài ngang sức Hỏi phải chia số tiền thưởng cho hợp lý (dựa quan điểm tiền thưởng tỉ lệ thuận với xác suất thắng người)

A. Tỉ lệ chia số tiền cho Đạt Phong : B. Tỉ lệ chia số tiền cho Đạt Phong 1:

C. Tỉ lệ chia số tiền cho Đạt Phong :1 D. Tỉ lệ chia số tiền cho Đạt Phong :

Câu 30. An Bình thi đấu với trận bóng bàn, người thắng trước séc giành chiến thắng chung Xác suất An thắng séc 0, (khơng có hịa) Tính xác suất An thắng chung

A. 0, 064 B. 0,1152 C. 0,13824 D. 0,31744

Câu 31. Một đề thi trắc nghiệm có 10 câu hỏi, câu có phương án trả lời, có phương án Một thí sinh chọn ngẫu nhiên phương án trả lời, hỏi xác suất thí sinh có điểm cao nhất? Biết câu trả lời điểm, trả lời sai không bị trừ điểm

A. điểm B. điểm C. điểm D. điểm

Câu 32. Một xạ thủ bán từ khoảng cách 100m có xác suất bắn trúng đích là: - Tâm 10 điểm: 0,5

- Vòng điểm: 0,25 - Vòng điểm: 0,1 - Vòng điểm: 0,1

- Ngồi vịng điểm: 0,05

Tính xác suất để sau lần bắn xạ thủ 27 điểm

A. 0,15 B. 0, 75 C. 0,165625 D. 0,8375

D HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. Đáp án A.

Gọi A biến cố “số chấm xuất nhỏ 4” Số chấm nhỏ dễ thấy 1,

Gọi Aj biến cố “số chấm xuất i” i 1,3 Có thể thấy biến cố đôi xung khắc

Do viên xúc sắc cần đối nên xác suất chia cho mặt, mặt có xác suất

 

1

6 P Aj 6

Ta có    1  2  3

1 1

6 6

P A P A P A P A    

Câu 2. Đáp án B.

Gọi A biến cố “học sinh chọn tăng điểm” Gọi B biến cố “học sinh chọn học giỏi ngoại ngữ” Gọi C biến cố “học sinh chọn học giỏi tin học”

Thì A B C BC biến cố “học sinh chọn học giỏi ngoại ngữ lẫn tin học”.

Ta có        

30 40 20

100 100 100

P A P B P C  P BC    

Câu 3. Đáp án C.

Gọi A biến cố “lấy bóng tốt”

Khơng gian mẫu: lấy ngẫu nhiên bóng số cách lấy  

TH1: Lấy bóng có bóng tốt bóng xấu số cách chọn C C 72 51 105 cách TH2: Lấy bóng tốt số cách lấy C 73 35 cách

Suy n A   105 35 140  Vậy  

140

220

P A  

Câu 4. Đáp án A.

Số cách chọn viên bi từ 14 viên bi  

5

14 2002 n  C 

Gọi A biến cố “Trong viên bi chọn có bi xanh bi trắng” Trong đó:

Số cách chọn viên bi toàn bi xanh C 85 56 cách

Số cách chọn viên bi toàn bi trắng C  cách.65

Suy n A   56 62     

62 970

1

2002 1001

P A P A

     

Câu 5. Đáp án A.

Gọi X tập hợp em học mơn Tốn, Y tập hợp em học môn Văn  Tập hợp em học Toán Văn X Y XY 15 16 25 6   học sinh.

Gọi Alà biến cố “chọn em học mơn Tốn khơng mơn Văn”

Ta có  

3

25 2300 n  C 

Số học sinh học mơn Tốn khơng mơn Văn X \XY 15 9 

  84

n A C

  

cách

     

84 21

2300 575

n A P A

n

   

 .

Câu 6. Đáp án B.

Con xúc xắc thứ xảy kết quả, thứ hai nên tổng số kết

xảy  6.6 36

Gọi A biến cố “Tổng hai mặt xuất mặt 7” Dùng phương pháp liệt kê

           

 1;6 , 2;5 , 3; , 4;3 , 5; , 6;1

A

   

6

36 A

P A 

   

 .

Câu 7. Đáp án C.

Gọi X tập hợp học sinh giỏi Toán, Y tập hợp học sinh giỏi Văn

X Y

  tập hợp học sinh giỏi môn XY tập hợp học sinh giỏi

trong hai môn (tập hợp học sinh giỏi) Theo quy tắc cộng tổng quát ta có

X Y X Y  X Y    

Gọi Alà biến cố “chọn em học sinh giỏi”

2 20 190 C

   

2 21

A C

  

  21

190

P A

 

Đặt 19 số a Ta có số số có chữ số khác tạo thành từ a, 3, 5, 7 với a chữ số đứng đầu 1.3.2.1 6 (số)   B 96  

6 120 P B

 

Câu 9. Đáp án D.

Số số có chữ số khác lập từ tập A 6.6.5.4.3 2160 (số)   2160

Gọi số cần tìm abcde ta có e  0 e  (do số phải chia hết cho 5) Khi ta có5 trường hợp:

a) e  , chọn vị trí cho số 0 1, 2,  có cách chọn, ngồi số 1, 2, cịn có 3! 6 hốn vị Cuối ta chọn số cịn lại có cách chọn Vậy số số thuộc

trường hợp có 2.3.6 36 số

b) e  , số 5 1, 2, thuộc b c d, ,  có 3!.2 12 số thỏa (do a  nên có 0 2 cách

chọn )

c) e  , số 5 1, 2, thuộc a b c, ,  có 3.3! 18 số thỏa mãn. Số số thỏa mãn yêu cầu 36 12 18 66   số   A 66

Vậy xác suất cần tìm

66 11

2160 360

A

P  



Câu 10. Đáp án A.

Gọi B biến cố “Chọn 4em có nam nữ” Số cách chọn 4bạn vào ban cán lớp C404 cách.

Số cách chọn 4bạn nam vào ban cán lớp C254 cách.

Số cách chọn 4bạn nữ vào ban cán lớp C154 cách.

Vậy số cách chọn ban cán lớp có nam lẫn nữ

4 4

40 25 15 B 77375

C  C  C   

Vậy xác suấtcần tìm

77375 15475 91390 18278 B

P  



Câu 11. Đáp án A.

Số cách chọn học sinh mà khơng có điều kiện C503 cách

3 50 C

  

Ta loại trừ trường hợp có cặp anh em sinh đơi Đầu tiên ta chọn cặp sinh đơi có cách chọn Sau chọn học sinh cịn lại từ 48 học sinh, có 48 cách chọn

Vậy số cách chọn em học sinh thỏa yêu cầu đề là: C 503 4.48 19408

Vậy xác suất cần tìm

3 50

19408 1213 1225 A

P

C



  



Câu 12. Đáp án A.

Số cách xếp 24người vào bàn 23!  23! (do hốn vị vịng quanh)

Gộp thành viên quốc tịch vào nhóm, trước tiên ta tính số cách xếp người nhóm

Theo nguyên tắc “buộc” phần tử, ta buộc thành phần tử lớn Mỹ, Nga, Anh, Pháp Lúc toán trở thành xếp bốn phần tử vào bốn ghế bàn trịn

Cố định nhóm Mỹ, có cách xếp chỗ cho nhóm Nga, cách xếp chỗ cho nhóm Anh, cách xếp chỗ cho nhóm Pháp

Vậy xác suất để xếp cho vị quốc tịch ngồi cạnh

6 23!.

Câu 13. Đáp án B.

Vì đồng xu cân đối nên xác suất sấp – ngửa lần tung 0,5 Xác suất để lần tung đồng xu sấp 0,55 0,03125

Câu 14. Đáp án C.

Gọi Aj biến cố “Xạ thủ thứ j bắn trúng” Với j 1;3.

 1 0,6 0,

P A

   

;  P A 2  1 0,7 0,3; P A 3  1 0,8 0, 2

Gọi A biến cố “Có xạ thủ bắn trúng”

1

(A) (A ) (A ) (A ) 0, 4.0,3.0, 0, 024

P P P P  

(A) P( ) 0, 024 0,976

P A

     

Câu 15. Đáp án D.

Gọi K biến cố “Ném vòng vào cổ chai”, A biến cố “Ném vòng vào cổ chai1

lần đầu”,A biến cố “Ném vòng vào cổ chai lần thứ 2”, 2 A biến cố “Ném vòng3

vào cổ chai lần thứ ba”

  ( )1 ( 2) ( 3) ( )1 ( ) ( )1 ( ) ( ) ( )1

P K P A P A A P A A A P A P A P A P A P A P A

      

;

0,75 0, 25.0,6 0, 25.0, 4.0,3 0,81

   

Câu 16. Đáp án C.

Mỗi đồng xu có hai khả năng: ngửa sấp Do số phần tử không gian mẫu gieo ba

đồng xu

3

2

  

Ta có biến cố đối A A: “Khơng có đồng xu xuất mặt ngửa”  “Cả ba đồng xu xuất mặt sấp”

Khi  A S S S; ;   A 1

  (A) 1

8

A

P A P 

       

 .

Câu 17. Đáp án D.

Nhận xét: Do xúc xắc có mặt để ý 3.6 18 là giá trị tối đa tổng

x y z  Và 18 không lớn 16 nên ta sử dụng phương pháp tính phần bù.

Số thứ tự x y z; ;  với x y z; ; số tự nhiên lớn nhỏ  63 216

Xét thứ tự x y z; ;  có tổng x y z  16 Ta có:

16 5 6 5 6 6 6.                  17 6 6 6 5        

18 6 6  

Như có tổng cộng 10 x y z; ;  thỏa mãn x y z  16 Số x y z; ;  thỏa mãn x y z  16 216 10 206.  Xác suất cần tính

206 103 216 108

P  

Câu 18. Đáp án A.

Nhận xét: Do xúc xắc có mặt để ý 3.6 18 là giá trị tối đa tổng

Số thứ tự x y z; ;  với x y z; ; số tự nhiên lớn nhỏ  63 216

Xét thứ tự x y z; ;  có tổng x y z  16 Ta có:

16 5 6 5 6 6 6.                  17 6 6 6 5        

18 6 6  

Như có tổng cộng 10 x y z; ;  thỏa mãn x y z  16 Số x y z; ;  thỏa mãn x y z  16 216 10 206.  Xác suất cần tính

206 103 216 108

P  

Câu 19. Đáp án B.

Vì hai xúc xắc có mặt nên số phần tử không gian mẫu  6.6 36.

Gọi x y;  số chấm xuất mặt xanh mặt đỏ Khi  A 3;1 ; 4; ; 5;3 ; 6; 4         A

 

36

A

P A 

   



Câu 20. Đáp án A.

Số cách chọn bìa bìa xếp thành hang ngang

3 120 A

  

Số cách xếp bìa để khơng có số có ba chữ số tức vị trí chữ số làA32

Số cách xếp bìa để tạo số có ba chữ số A63 A32 100

Vậy xác suất cần tìm

100

120

P  

Câu 21. Đáp án D.

Ta có điều kiện chủ chốt “tích hai số chọn số chẵn”  Tồn Doít hai số chọn chẵn

Gọi ab số tự nhiên có hai chữ số khác lập từ số cho

Số cách chọn :a cách; Số cách chọn b : cách  Số số có hai chữ số khác tạo 6.6 36 số S có 36 phần tử.

Số cách lấy ngẫu nhiên 2 số từ tập S : C 362 630 cách

Gọi biến cố A: “Tích hai số chọn số chẵn” Gọi biến cố A: “Tích hai số chọn số lẻ”

Số số lẻ S : 3.5 15 ( cách chọn chữ số hàng đơn vị lẻ, cách chọn chữ số hang chục khác )

Số cách lấy ngẫu nhiên số lẻ 15 số lẻ: C 152 105 cách

105

( )

630

A

P A   

 Vậy

1

(A) ( )

6

P   P A   

Câu 22. Đáp án D.

Chọn ba cân có

3 56 C

  

cách

TH1: Trong lấy khơng có cân trọng lượng 1 kg

Ta có 9   tổng trọng lượng nhỏ Do trường hợp có

cách chọn

TH2: Trong lấy có cân trọng lượng 1 kg Khi ta có:

1 6;1 7;1 8;1 9;1 8;1 9.                 

Trường hợp ta có cách chọn

Vậy số cách chọn thỏa mãn ycbt 56 49  

Xác suất cần tính là:

49

568.

Câu 23. Đáp án B.

Số cách lấy tùy ý viên bi 20 viên bi cho là:

7

20 77520

C

  

Để chọn không viên bi đỏ từ viên lấy là:

Lấy viên bi đỏ, viên bi xanh: C 87 8 cách.

Lấy viên bi đỏ, viên bi xanh: C C 121 86 336 cách.

Lấy viên bi đỏ, viên bi xanh: C C 122 85 3696 cách.

Vậy xác suất để viên bi chọn không viên bi đỏ

8 336 3696 101

77520 1938

 



Câu 24. Đáp án D.

Gọi biến cố A: “Lấy thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn, có thẻ mang số chia hết cho 10 ”

Số cách lấy ngẫu nhiên 10 thẻ 30 thẻ : C3010 cách

10 30 C

  

Trong 30 thẻ có 15 thẻ mang số lẻ, 15 thẻ mang số chẵn, thẻ mang số chia hết cho 10 (chú ý thẻ chia hết cho 10 số chẵn)

Số cách chọn thẻ mang số lẻ: C 155 3003 cách.

Số cách chọn thẻ mang số chia hết cho 10 C 31 3 cách

Số cách chọn thẻ mang số chẵn không chia hết cho 10 :C 124 495 cách

Số cách lấy thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn có thẻ chia hết cho 10 : 3003.3.495 4459455 cách

4459455 A

  

Vậy

10 30

4459455 99

( )

667 A

P A

C



  



Câu 25. Đáp án A.

Trong thẻ cho có hai thẻ ghi số chia hết cho 4(các thẻ ghi số ), thẻ lại có ghi số khơng chia hết cho

Giả sử rút x(1 x 9;x ), số cách chọn x từ thẻ hộp

x

C , số phần tử không

gian mẫu

x

C

 

Gọi A biến cố “Trong số x thẻ rút có thẻ ghi số chia hết cho 4 ”

Số cách chọn tương ứng với biến cố A

x

Ta có

7

9

( ) (A)

x x

x x

C C

P A P

C C

   

Do

2

9

5

(A) 17 60 12

6

x

x

C

P x x x x

C

             

Vậy giá trị nhỏ x Vậy số thẻ phải rút

Câu 26. Đáp án A.

Phân tích: Cần nhớ lại kiến thức bất đẳng thức tam giác.

Ba đoạn thẳng với chiều dài a b c, , cạch tam giác

a b c a c b b c a

   

      

Lời giải: Số phần tử không gian mẫu là: C 53 10

Gọi A biến cố “lấy ba đoạn thẳng lấy lập thành tam giác”

Các khả chọn ba đoạn thẳng lập thành tam giác 3;5;7 ; 3;5;9 ; 5;7;9    

Số trường hợp thuận lợi biến cố A Suy xác suất biến cố A

3 (A)

10

P 

Câu 27. Đáp án C.

Gọi A biến cố “A B có giải thưởng giống nhau” Vì học sinh nhận sách loại, nên giả sử có a học sinh nhận sách (Lí Hóa) a học sinh nhận sách (Tốn Hóa)

Số phần tử không gian mẫu

2

9.C 1260

C C

  

TH1: X Y nhận sách (Tốn, Lí), số khả C 37 C 44 35 TH2: X Y nhận sách (Toán, Hóa), số khả

1

C C C 105

TH1: X Y nhận sách (Lí, Hóa), số khả C C 27 35 C 22 210

5

25 105 210 350 (A)

18

A

A P



        



Câu 28. Đáp án B.

Theo cơng thức hốn vị vịng quanh ta có:  7!

Để xếp bạn nữ không ngồi cạnh nhau, trước hết ta xếp bạn nam vào bàn trịn: có 4! cách, bạn nam ta có ngăn (do bàn tròn) Xếp chỉnh hợp bạn nữ

vào ngăn có

3

A cách.

Vậy xác suất xảy là:

3

4!

7!

A

P  

Câu 29. Đáp án C.

Phân tích: Đề cho điều kiện dài dòng, ta cần đưa chúng dạng ngắn gọn dễ hiểu

hơn

+) “Biết giới chuyên môn đánh giá Phong Đạt ngang tài ngang sức”: xác suất để Phong Đạt thắng ván 0,5

+) “Khi Đạt thắng ván Phong thắng ván rồi”: nghĩa Đạt cần thắng ván ván, Phong phải thắng ván đạt

Để xác định xác suất thắng chung Đạt Phong ta tiếp tục chơi thêm ván “giả tưởng” Để Phong thắng chung anh phải thắng Đạt ván liên tiếp (vì Đạt cịn ván thắng)

Như xác suất thắng Phong là:

3

(P) 0,5

8

P  

 Xác suất thắng Đạt P(Đ

1

)

8

  

 Tỉ lệ chia tiền phù hợp

7 : :1 8 

Câu 30. Đáp án D.

Phân tích: Bài điểm mấu chốt phải liệt kê trường hợp mà An thắng Bình ching

cuộc Ví dụ như: Séc 1: An thắng; Séc 2: An thắng; Séc : Bình thắng; Séc 4: An thắng  An thắng chung cuộc.

Lưu ý ta phải tính thứ tự séc An thắng thua Như ví dụ An thua séc thứ

Lời giải: Giả sử số séc trân đấu An Bình x Dễ dàng nhận thấy 3  x Ta xét trường hợp:

TH1: Trận đấu có séc  An thắng séc Xác suất thắng trường hợp là: 0, 4.0, 4.0, 0,064

P  

TH2: Trận đấu có 4 séc  An thua séc: 1, thắng séc thứ Số cách chọn séc để An thua là: C31 (Chú ý xác xuất để An thua 1 séc 0,6.)

1

2 3.0, 0, 0,1152

P C

  

TH3: Trận đấu có séc  An thua séc thắng séc thứ

Số cách chọn séc đầu để An thua C42 cách.

3 4.0, 0, 0,13824

P C

  

Như xác suất để An thắng chung là: P P P 1 2P3 0,31744

Nhận xét: Trong bạn dễ mắc sai lầm sau: trường hợp lại tính số cách chọn

2 ván An thua C52 mà không để ý séc thứ chắn phải An thắng. Câu 31. Đáp án D.

Phân tích: Với u cầu tìm giá trị lớn cách mà ta nghĩ đến đầu

tiên đặt ẩn (là số điểm) sau tính biểu thức cần tính (xác suất đạt số điểm) sau tính biểu thức cần tính (xác suất đạt số điểm) theo ẩn đó, việc cịn lại xử lí biểu thức

Lời giải: Gọi x số điểm bạn đạt ( 0 x 10)( x  N )  Bạn trả lời x câu trả lời sai 10 x câu.

+) Xác suất câu bạn là:

1

3; sai 3.

+) Có 10

x

C cách chọn x câu Do xác suất x điểm là:

10 10

10 10

1 10!

( )

3 3 !(10 )!

x x x

x

P x C

x x

 

   

     



   

Do P x( ) lớn nên

( ) ( 1)

( ) ( 1)

P x P x P x P x

 

 

 

 

 

10

10 10

10 11

10 10

10! 10!

3 !(10 )! !(9 )!

10! 10!

3 !(10 )! !(11 )!

x x

x x

x x x x

x x x x

 

 



 

  

  

 

   



1

2(x 1) 10

10

1 11

2 11

11

x

x x

x x

x x x

x

 

      



 

 

      

 



8 11

3 x

  

Mà x  N nên x  3 Nên xác suất bạ đạt điểm lớn

Câu 32. Đáp án C.

Ta có 27 10 10 10 9 9        

Với 10;10;7 có cách xáo trộn điểm lần bắn Với 10;9;8 có cách xáo trộn điểm lần bắn Với 9;9;9 có cách xáo trộn điểm lần bắn

Do xác suất để sau lần bắn xạ thủ 27 điểm là:

2

3.0,5 0,1 6.0,5.0, 25.0,1 0, 25 0,165625