CHUYEN DE DAI SO TO HOP

(Khi ñoåi choã 2 hoïc sinh baát kì cho nhau ta ñöôïc moät caùch xeáp môùi)... Coù bao nhieâu soá töï nhieân goàm 6 chöõ soá ñoâi moät khaùc nhau, trong ñoù coù maët chöõ soá 0 nhöng khoâ[r]

(1)

Phần BÀI TỐN ĐẾM 1. (ĐHQG TPHCM khối A đợt 1999)

Cho tập hợp A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}

1 Có tập X tập A thoả điều kiện X chứa không chứa

2 Có số tự nhiên chẵn gồm chữ số đôi khác lấy từ tập A không bắt đầu 123

2. (ĐHQG TPHCM khối D đợt 1999)

Một học sinh có 12 sách đơi khác nhau, có sách Tốn, sách Văn sách Anh Hỏi có cách xếp tất sách lên kệ sách dài, sách môn xếp kề nhau?

3. (ĐHQG TPHCM khối AB đợt 1999)

Một bàn dài có hai dãy ghế đối diện nhau, dãy có ghế Người ta muốn xếp chỗ ngồi cho học sinh trường A học sinh trường B vào bàn nói Hỏi có cách xếp trường hợp sau:

1 Bất học sinh ngồi cạnh đối diện khác trường với

2 Bất học sinh ngồi đối diện khác trường với

Cho tập X = {0,1,2,3,4,5,6,7} Có thể lập số n gồm chữ số khác đôi từ X (chữ số phải khác 0) trường hợp sau:

1 n số chẵn

2 Một ba chữ số phải

5. (ĐH Huế khối A chuyên ban 1999)

Một hộp đựng viên bi đỏ, viên bi trắng viên bi vàng Người ta chọn viên bi từ hộp Hỏi có cách chọn để số bi lấy khơng có đủ màu?

6. (ĐH Huế khối D chuyên ban 1999)

Người ta xếp ngẫu nhiên phiếu có ghi số thứ tự từ đến cạnh

1 Có cách xếp để phiếu số chẵn ln cạnh nhau? Có cách xếp để phiếu phân thành hai nhóm chẵn lẻ

riêng biệt (chẳng hạn 2, 4, 1, 3, 5)?

(2)

Người ta viết chữ số 0, 1, 2, 3, 4, lên phiếu, sau xếp thứ tự ngẫu nhiên thành hàng

1 Có số lẻ gồm chữ số thành? Có số chẵn gồm chữ số thành?

8. (HV Ngân hàng TPHCM 1999)

Xét số gồm chữ số, có năm chữ số bốn chữ số 2, 3, 4, Hỏi có số thế, nếu:

1 Năm chữ số xếp kề Các chữ số xếp tuỳ ý

9. (ĐH Hàng hải 1999)

Có cách xếp năm bạn học sinh A, B, C, D, E vào ghế dài cho:

1 Bạn C ngồi

2 Hai bạn A E ngồi hai đầu ghế

10. (HV BCVT 1999)

Hỏi từ 10 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, lập số gồm chữ số khác nhau, cho chữ số có mặt số

11. (ĐHQG HN khối B 2000)

Từ chữ số 0, 1, 3, 5, lập số gồm chữ số khác không chia hết cho

12. (ĐHQG TPHCM khối A 2000)

Một thầy giáo có 12 sách đơi khác có sách Văn, sách Nhạc sách Hoạ Ông muốn lấy tặng cho học sinh A, B, C, D, E, F em Giả sử thầy giáo muốn tặng cho học sinh

sách thuộc thể loại Văn Nhạc Hỏi có cách tặng? Giả sử thầy giáo muốn sau tặng sách xong,

ba loại sách cịn lại Hỏi có cách chọn?

13. (ĐH Huế khối A chuyên ban 2000)

Một lớp có 30 học sinh nam 15 học sinh nữ Có học sinh chọn để lập tốp ca Hỏi có cách chọn khác nếu:

1) phải có nữ 2) chọn tuỳ ý

14. (ĐH Huế khối DRT chuyeân ban 2000)

(3)

1 Bao nhiêu số chẵn có bốn chữ số bốn chữ số khác đơi

2 Bao nhiêu số chia hết cho 5, có ba chữ số ba chữ số khác đơi

3 Bao nhiêu số chia hết cho 9, có ba chữ số ba chữ số khác đơi

15. (ĐH Y HN 2000)

Có nhà tốn học nam, nhà tốn học nữ nhà vật lí nam Lập đồn cơng tác người cần có nam nữ, cần có nhà tốn học nhà vật lí Hỏi có cách?

16. (ĐH Cần Thơ khoái D 2000)

Với chữ số 1, 2, 3, 4, 5, ta lập số mà số có năm chữ số chữ số khác đơi Hỏi

1 Có số phải có mặt chữ số

2 Có số phải có mặt hai chữ số

17. (ÑH Thái Nguyên khối AB 2000)

Một đội văn nghệ có 20 người, có 10 nam 10 nữ Hỏi có cách chọn người cho:

1 Có nam người

2 Có nam nữ người

18. (ĐH Thái Nguyên khối D 2000)

Từ chữ số 2, 3, tạo số tự nhiên gồm chữ số, có mặt đủ chữ số

19. (ĐH Thái Nguyên khối G 2000)

Có số gồm chữ số cho tổng chữ số số số lẻ

20. (ÑH Cần Thơ khối AB 2000)

Có viên bi xanh, viên bi đỏ, viên bi vàng có kích thước đơi khác

1 Có cách chọn viên bi, có viên bi đỏ

2 Có cách chọn viên bi, số bi xanh số bi đỏ

21. (ĐH Đà Lạt khối ADV 2000)

Có thẻ trắng thẻ đen, đánh dấu loại theo số 1, 2, 3, 4, Có cách xếp tất thẻ thành hàng cho hai thẻ màu không nằm liền

(4)

Có thể lập số gồm chữ số từ chữ số: 1, 2, 3, 4, 5, chữ số có mặt lần, chữ số khác có mặt lần

23. (ĐH Sư phạm Vinh khối ABE 2000)

Có số khác gồm chữ số cho tổng chữ số số số chẵn

24. (ÑH Sư phạm Vinh khối DGM 2000)

Tìm tất số tự nhiên có chữ số cho số chữ số đứng sau lớn chữ số đứng liền trước

25. (HV Kỹ thuật quân 2000)

Một đồn cảnh sát khu vực có người Trong ngày, cần cử người làm nhiệm vụ địa điểm A, người địa điểm B, người thường trực đồn Hỏi có cách phân cơng?

26. (ĐH GTVT 2000)

Một lớp học có 20 học sinh, có cán lớp Hỏi có cách cử người dự hội nghị Hội sinh viên trường cho người có cán lớp

27. (HV Quân y 2000)

Xếp viên bi đỏ có bán kính khác viên bi xanh giống vào dãy ô trống Hỏi:

1 Có cách xếp khác nhau?

2 Có cách xếp khác cho viên bi đỏ xếp cạnh viên bi xanh xếp cạnh nhau?

28. (ĐH Cảnh sát nhân dân khối G CPB 2000) Có số lẻ gồm chữ số, chia hết cho 9?

29. (ÑH Cảnh sát nhân dân khối G CB 2000)

Có số lẻ gồm chữ số khác lớn 500000?

30. (CÑSP Nha Trang 2000)

Với số: 0, 1, 2, 3, 4, thành lập số tự nhiên gồm chữ số khác phải có mặt chữ số

31. (CĐSP Nhà trẻ – Mẫu giáo TƯ I 2000)

Một lớp học sinh mẫu giáo gồm 15 em, có em nam, em nữ Cô giáo chủ nhiệm muốn chọn nhóm em để tham dự trị chơi gồm em nam em nữ Hỏi có cách chọn?

32. (ĐH An ninh khối D 2001)

Cho chữ số 0, 1, 2, 3, Hỏi thành lập số có bảy chữ số từ chữ số trên, chữ số có mặt lần, cịn chữ số khác có mạt lần

(5)

Một nhóm gồm 10 học sinh, có nam nữ Hỏi có cách xếp 10 học sinh thành hàng dài cho học sinh nam phải đứng liền

34. (HV Chính trị quốc gia 2001)

Một đội văn nghệ có 10 người, có nữ nam

1 Có cách chia đội văn nghệ thành hai nhóm có số người nhóm có số nữ

2 Có cách chọn người mà khơng có q nam

35. (ĐH Giao thông vận tải 2001)

Cho chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, Hỏi lập số gồm chữ số khác nhau, thiết phải có mặt chữ số

36. (ĐH Huế khối ABV 2001)

Có số tự nhiên gồm chữ số cho khơng có chữ số lặp lại lần?

37. (ĐH Huế khối DHT 2001)

Từ nhóm học sinh gồm nam nữ, thầy giáo cần chọn em tham dự lễ mittinh trường với yêu cầu có nam nữ Hỏi có cách chọn?

Trong số 16 học sinh có học sinh giỏi, khá, trung bình Có cách chia số học sinh thành tổ, tổ có người cho tổ có học sinh giỏi tổ có học sinh

39. (ĐH Kinh tế quốc dân 2001)

Với chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, lập số tự nhiên mà số có chữ số khác phải có chữ số

40. (HV Ngân hàng TPHCM khối A 2001)

1 Có thể tìm số gồm chữ số khác đôi một? Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, lập số

chẵn có chữ số đôi khác nhau?

41. (ĐH Ngoại thương TPHCM khối A 2001)

Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, thiết lập số có chữ số khác mà hai chữ số không đứng cạnh nhau?

42 (ĐH Nông nghiệp I HN khối A 2001)

(6)

43. (HV Quan hệ quốc tế 2001)

Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, lập số có chữ số mà chữ số đứng vị trí giữa?

44. (ĐH Quốc gia TPHCM 2001)

1 Có số tự nhiên gồm chữ số đơi khác nhau, có mặt chữ số khơng có mặt chữ số

2 Có số tự nhiên gồm chữ số, biết chữ số có mặt lần, chữ số có mặt lần chữ số cịn lại có mặt khơng q lần

45. (ĐHSP HN II 2001)

Tính tổng tất số tự nhiên gồm chữ số khác đôi lập từ chữ số 1, 3, 4, 5, 7,

46. (ĐHSP TPHCM khối DTM 2001) Cho A hợp có 20 phần tử Có tập hợp A?

2 Có tập hợp khác rỗng A mà có số phần tử số chẵn?

1 Có số chẵn có ba chữ số khác tạo thành từ chữ số 1, 2, 3, 4,

2 Có số có ba chữ số khác tạo thành từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, mà số nhỏ số 345

48. (ĐH Văn Lang 2001)

Một lớp có 10 học sinh nam 10 học sinh nữ Cần chọn học sinh để làm công tác “Mùa hè xanh” Hỏi có cách chọn học sinh phải có nhất:

1 Hai học sinh nữ hai học sinh nam Một học sinh nữ học sinh nam

49. (ÑH Y HN 2001)

Với chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, lập số chẵn có ba chữ số khác không lớn 789?

50. (ĐH khối D dự bị 2002)

Đội tuyển học sinh giỏi trường gồm 18 em, có học sinh khối 12, học sinh khối 11, học sinh khối 10 Hỏi có cách cử học sinh đội dự trại hè cho khối có em chọn

51. (ĐH khối A 2003 dự bị 2)

(7)

52. (ĐH khối B 2003 dự bị 1)

Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5,6 lập số tự nhiên mà số có chữ số thoả mãn điều kiện: sáu chữ số số khác số tổng chữ số đầu nhỏ tổng chữ số cuối đơn vị

53. (ĐH khối B 2003 dự bị 2)

Từ tổ gồm học sinh nữ học sinh nam cần chọn em số học sinh nữ phải nhỏ Hỏi có cách chọn vậy?

54. (ĐH khối D 2003 dự bị 1)

Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, lập số tự nhiên chẵn mà số gồm chữ số khác nhau?

55. (CĐ Sư phạm khối A 2002) Tìm số giao điểm tối đa cuûa:

a) 10 đường thẳng phân biệt b) đường tròn phân biệt

2 Từ kết câu 1) suy số giao điểm tối đa tập hợp đường nói

56. (CĐ Sư phạm khối A 2002 dự bị)

Cho đa giác lồi n cạnh Xác định n để đa giác có số đường chéo gấp đơi số cạnh

57. (CĐ Xây dựng số – 2002)

Từ chữ số 1, 2, 3, 4, lập số gồm chữ số khác nhỏ 245

58. (CĐ Sư phạm Quảng Ngaõi 2002)

Từ chữ số 0, 1, 2, 5, lập số lẻ, số gồm chữ số khác

59. (ĐH khối B 2004)

Trong mơn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác gồm câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình, 15 câu hỏi dễ Từ 30 câu hỏi lập đề kiểm tra, đề gồm câu hỏi khác thiết phải có đủ loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) số câu hỏi dễ khơng

60. (ĐH khối B 2005)

Một đội niên tình nguyện có 15 người, gồm 12 nam nữ Hỏi có cách phân cơng đội niên tình nguyện giúp đỡ tỉnh miền núi, cho tỉnh có nam nữ

(8)

Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, lập số tự nhiên, số gồm chữ số khác tổng chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng ngàn

62. (ĐH khối B 2005 dự bị 1)

Một đội văn nghệ có 15 người gồm 10 nam nữ Hỏi có cách lập nhóm đồng ca gồm người, biết nhóm phải có nữ

63. (ĐH khối B 2005 dự bị 2)

Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, lập số tự nhiên, số gồm chữ số khác thiết phải có chữ số 1,

64. (ĐH khối D 2006)

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?

65. (CĐ GTVT III khối A 2006)

Từ nhóm gồm 15 học sinh khối A, 10 học sinh khối B, học sinh khối C, chọn 15 học sinh cho có học sinh khối A học sinh khối C Tính số cách chọn

66. (CĐ Tài – Hải quan khối A 2006)

Có số tự nhiên gồm chữ số, chữ số có mặt lần, chữ số có mặt lần hai chữ số lại phân biệt?

67. (CĐ Xây dựng số khối A 2006)

Có số tự nhiên chẵn gồm hai chữ số khác nhau? Tính tổng tất số

68. (CĐBC Hoa Sen khối D 2006)

Cho đường thẳng d1, d2 song song với Trên đường thẳng d1

cho 10 điểm phân biệt, đường thẳng d2 cho điểm phân biệt

Hỏi lập tam giác mà đỉnh tam giác lấy từ 18 điểm cho

(9)

1

 

 

  

 

 

 

 

  



X A X 1 Y X

Y 3,4,5,6,7,8

2 X

Do số tập X số tập Y tập hợp {3,4,5,6,7,8} Mà số tập Y {3,4,5,6,7,8} là: 26 = 64.

Vậy có 64 tập X A chứa không chứa

2 Gọi * m số số tự nhiên chẵn gồm chữ số đôi khác lấy từ A

* n số số tự nhiên chẵn gồm chữ số đôi khác lấy từ A bắt đầu 123

* p số số tự nhiên thoả mãn yêu cầu đề Ta cần tính p Hiển nhiên p = m – n

 Tính m: Lập số chẵn a a a a a5 1 gồm chữ số khác a1,

a2, a3, a4, a5  A, có nghóa là:

Lấy a1 từ {2, 4, 6, 8}  có cách

Lấy a2, a3, a4, a5 từ số cịn lại A  có

A = 7.6.5.4 = 840 cách

Do đó: m = 4.840 = 3360

 Tính n: Lập số chẵn 123a a2 1 bắt đầu 123; a1,a2 A; a1≠ a2

Lấy a1 từ {4,6,8}  có cách

Lấy a2 từ A \ {1,2,3,a1}  có cách

Do đó: n = 3.4 = 12

Vậy: số p cần tìm là: p = 3360 – 12 = 3348

Bước 1: Đặt nhóm sách lên kệ dài: 3! cách

Bước 2: Trong nhóm ta thay đổi cách xếp đặt sách: Nhóm sách Tốn: 2! cách

Nhóm sách Văn: 4! cách Nhóm sách Anh: 6! cách

Kết luận: có 3!2!4!6! = 6.2.24.720 = 207360 cách

3. (ĐHQG TPHCM khối AB đợt 1999)

1 Giai đoạn 1: Xếp chỗ ngồi cho hai nhóm học sinh, có cách xếp:

A B A B A B B A B A B A

B A B A B A A B A B A B

Giai đoạn 2: Trong nhóm học sinh trường A, có 6! cách xếp em vào chỗ

(10)

Kết luận: có 2.6!6! = 1036800 cách

2 Học sinh thứ trường A ngồi trước: có 12 cách chọn ghế để ngồi

Sau đó, chọn học sinh trường B ngồi đối diện với học sinh thứ trường A: có cách chọn học sinh trường B

Học sinh thứ hai trường A 10 chỗ để chọn, chọn học sinh trường B ngồi đối diện với học sinh thứ hai trường A: có cách chọn, v.v…

Vậy: có 12.6.10.5.8.4.6.3.2.1.1 = 26.6!.6! = 33177600 cách. 4. (ĐHQG TPHCM khối D đợt 1999)

1 Xem số chắn hình thức abcde (kể a = 0), có cách chọn e  {0,2,4,6}, số chẵn

Sau chọn a, b, c, d từ X \ {e}, số cách chọn là: A47 = 840

Vậy: có 4.840 = 3360 số chẵn hình thức

Ta loại số có dạng 0bcde Có cách chọn e, A36 cách

chọn b, c, d từ X \ {0,e} Vậy có 3.A36 = 360 số chẵn có dạng 0bcde.

Kết luận: có 3360 – 360 = 3000 số thoả yêu cầu đề n = abcde

* Xem số hình thức abcde (kể a = 0) Có cách chọn vị trí cho Sau chọn chữ số khác cho vị trí cịn lại từ X \ {1}: có

4 A cách.

Như thế: có 3.A74 = 2520 số hình thức thoả yêu cầu đề bài.

* Xem số hình thức 0bcde Có cách chọn vị trí cho Chọn chữ số khác cho vị trí cịn lại từ X \ {0,1}, số cách chọn A36.

Như thế: có 2.A36 = 240 số hình thức dạng 0bcde.

Kết luận: số số n thoả yêu cầu đề là: 2520 – 240 = 2280 số

5. (ĐH Huế khối A chuyên ban 1999)

Số cách chọn bi số 15 bi là: C154 = 1365.

Các trường hợp chọn bi đủ màu là: * đỏ + trắng + vàng: có C C C2 14 6 = 180

* đỏ + trắng + vàng: có C C C1 14 6 = 240

* đỏ + trắng + vàng: có C C C1 24 6 = 300

(11)

Vậy số cách chọn để bi lấy không đủ màu là: 1365 – 720 = 645

6. (ĐH Huế khối D chuyên ban 1999)

1 * Xếp phiếu số 1, 2, 3, có 4! = 24 cách

* Sau xếp phiếu số vào cạnh phiếu số có cách Vậy: có 2.24 = 48 cách xếp theo yêu cầu đề

2 * Khi nhóm chẵn bên trái, nhóm lẻ bên phải Số cách xếp cho số chẵn 2! cách Số cách xếp cho số lẻ là: 3! cách

Vậy có 2.6 = 12 cách

* Tương tự có 12 cách xếp mà nhóm chẵn bên phải, nhóm lẻ bên trái

Vậy: có 12 + 12 = 24 cách

7. (ĐH Huế khối RT chuyên ban 1999)

Số có chữ số khác có dạng: abcdef với a ≠

1 Vì số tạo thành số lẻ nên f  {1, 3, 5} Do đó: f có cách chọn

a có cách chọn (trừ f) b có cách chọn (trừ a f) c có cách chọn (trừ a, b, f) d có cách chọn (trừ a, b, c, f) e có cách chọn (trừ a, b, c, d, f) Vậy: có 3.4.4.3.2.1 = 288 số

2 Vì số tạo thành số chẵn nên f  {0, 2, 4}

* Khi f = (a,b,c,d,e) hốn vị (1,2,3,4,5) Do có 5! số * Khi f  {2, 4} thì:

f có cách chọn a có cách chọn b có cách chọn c có cách chọn d có cách chọn e có cách chọn Do có 2.4.4.3.2.1 = 192 số Vậy: có 120 + 192 = 312 số chẵn

8. (HV Ngân hàng TPHCM 1999)

1 Gọi 11111 số a Vậy ta cần số a, 2, 3, 4, Do số có chữ số có chữ số đứng liền là: 5! = 120 số Lập số có chữ số thoả mãn yêu cầu; thực chất việc xếp

(12)

Vậy: có tất 

4 9! A

5! = 6.7.8.9 = 3024 số. 9. (ĐH Hàng hải 1999)

1 Xếp C ngồi giữa: có cách

Xếp A, B, D, E vào chỗ cịn lại: có 4! = 24 cách Vậy: có 24 cách xếp thoả yêu cầu

2 Xếp A E ngồi hai đầu ghế: có 2! = cách Xếp B, C, D vào chỗ cịn lại: có 3! = cách Vậy: có 2.6 = 12 cách xếp thoả yêu cầu

10. (HV BCVT 1999)

* Số số có chữ số khác là:



6

10 10

A A = 9.9.8.7.6.5 = 136080

* Số số có chữ số khác khác là:

6

A = 9.8.7.6.5.4 = 60480

* Số số có chữ số khác khác là:

 9

A A = 8.8.7.6.5.4 = 53760

Vậy số số có chữ số khác có mặt là: 136080 – 60480 – 53760 = 21840 số

11. (ĐHQG HN khối B 2000)

* Trước hết ta tìm số số gồm chữ số khác nhau:

Có khả chọn chữ số hàng ngàn (khơng chọn chữ số 0) Có A34 khả chọn chữ số cuối.

 Coù 4.A34 = 4.4! = 96 số.

* Tìm số số gồm chữ số khác chia hết cho 5: Nếu chữ số tận 0: có A34 = 24 số

Nếu chữ số tận 5: có khả chọn chữ số hàng nghìn, có A23 = khả chọn chữ số cuối Vậy có 3.6 = 18 số

Do có 24 + 18 = 42 số gồm chữ số khác chia hết cho Vậy có: 96 – 42 = 54 số gồm chữ số khác không chia hết

cho

12. (ĐHQG TPHCM khối A 2000)

1 Số cách tặng số cách chọn sách từ có kể thứ tự Vậy số cách tặng A69 = 60480

(13)

Số cách chọn cho không sách Văn là: A 756 = 5040

Số cách chọn cho không sách Nhạc là: A A46 82 = 20160

Số cách chọn cho khơng cịn sách Hoạ là: A A36 39 = 60480

Số cách chọn cần tìm laø: 665280 – (5040 + 20160 + 60480) = 579600

13. (ĐH Huế khối A chuyên ban 2000) Để có nữ ta phải chọn:

* nữ, nam  có C C152 430 cách

hoặc * nữ, nam  có

3 15 30 C C cách

4 15 30 C C caùch

5 15 30 C C caùch

hoặc * nữ  có

6 15 C cách

Vậy: có C C152 430 + C C153 330 + C C154 230 + C C515 130 + C156 cách

2 Nếu chọn tuỳ ý số cách chọn là: C645. 14. (ĐH Huế khối DRT chuyên ban 2000)

1 Số chẵn gồm bốn chữ số khác có dạng:

abc0 abc2 abc4

* Với số abc0 ta có: cách chọn a, cách chọn b, cách chọn c  Có 5.4.3 = 60 số

* Với số abc2 abc4 ta có: cách chọn a, cách chọn b, cách chọn c

 Coù 4.4.3 = 48 số abc2 48 số abc4 Vậy có: 60 + 48 + 48 = 156 số chẵn

2 Số chia hết cho gồm ba chữ số có dạng ab0 ab5 * Với số ab0 ta có: cách chọn a, cách chọn b

 Có 5.4 = 20 số

* Với số ab5 ta có: cách chọn a, cách chọn b  Có 4.4 = 16 số

Vậy có: 20 + 16 số cần tìm

3 Gọi abc số chia hết cho gồm ba chữ số khác Khi {a,b,c} là: {0,4,5}, {1,3,5}, {2,3,4}

(14)

* Khi {a,b,c} = {1,3,5} hay {2,3,4} số phải tìm hốn vị phần tử  có 3! = số

Vậy có: + + = 16 số cần tìm

15. (ĐH Y HN 2000)

Số cách chọn nhà toán học nam, nhà tốn học nữ, nhà vật lí nam là: C C C15 13 14 = 5.3.4 = 60

Số cách chọn nhà toán học nữ, nhà vật lí nam là: C C13 24 = 18

Số cách chọn nhà toán học nữ, nhà vật lí nam là: C C32 14 = 12

Vậy: có 60 + 18 + 12 = 90 cách chọn

16. (ĐH Cần Thơ khối D 2000) Xét số năm chữ số a a a a a1

1 Xếp chữ số vào năm vị trí: có cách xếp

Sau xếp chữ số cịn lại vào vị trí cịn lại: có A45 = 120 cách.

Vậy có 5.120 = 600 số

2 Xếp chữ số vào vị trí: có A25 cách.

Xếp chữ số lại vào vị trí cịn lại: có A34 = 24 cách.

Vậy có A25.A34 = 480 số.

17. (ĐH Thái Nguyên khối AB 2000)

1 Chọn nam nữ: có C C102 103 = 5400 cách.

2 Có nam nữ, có kiểu chọn sau: * nam nữ: có 5400 cách

* nam nữ: có C C310 102 = 5400 cách

* nam nữ: có C C104 110 = 2100 cách

Vậy có: 5400 + 5400 + 2100 = 12900 cách

Tất có 9.10.10.10.10 = 90000 số tự nhiên có chữ số Trong số có chữ số này, xét số khơng có mặt chữ số 2, 3, Loại có: cách chọn chữ số hàng vạn

(15)

Vậy tất có: 90000 – 14406 = 75594 số có chữ số, có mặt đủ chữ số 2, 3,

19. (ĐH Thái Nguyên khối G 2000)

Xét số có chữ số tuỳ ý cho a a a a1 4 Có hai khả năng:

1 Nếu a1 + a2 + a3 + a4 số chẵn lấy a5  {1, 3, 5, 7, 9}

lập số có chữ số a a a a a1 với tổng chữ số số

leû

2 Neáu a1 + a2 + a3 + a4 số lẻ lấy a5  {0, 2, 4, 6, 8} vaø

lập số có chữ số a a a a a1 với tổng chữ số số

lẻ

Vì có tất ca 9.10.10.10 = 9000 số có chữ số, số có chữ số lại sinh số có chữ số có tổng chữ số số lẻ, nên có tất 9000.5 = 45000 số có chữ số mà tổng chữ số số lẻ

20. (ĐH Cần Thơ khối AB 2000)

1 Có: C25 cách chọn viện bi đỏ.

13

C caùch chọn viên bi lại.

Vậy có: C25.C134 = 7150 cách chọn

2 Có trường hợp xảy ra:

* xanh, đỏ, vàng  có C C39 35 cách

* xanh, đỏ, vàng  có C C C29 25 42 cách

* xanh, đỏ, vàng  có C C C19 15 44 cách

Vậy có tất cả: C C93 35 + C C C92 52 24 + C C C19 15 44 = 3045 cách. 21. (ĐH Đà Lạt khối ADV 2000)

Có khả năng:

1 Các thẻ trắng vị trí lẻ, thẻ đen vị trí chẵn  có 5!5! cách Các thẻ trắng vị trí chẵn, thẻ đen vị trí lẻ  có 5!5! cách Vậy tất có: 5!5! + 5!5! cách

22. (ĐH Sư phạm HN khối A 2000)

Có trống, cần chọn ô điền chữ số 2, ô điền chữ số 3, ô điền chữ số 4, ô điền chữ số Sau cịn lại, cần chọn ô điền chữ số 1, cuối cịn lại điền chữ số

(16)

Số số có chữ số a a a a a a1 6 9.105 số

Với số có chữ số a a a a a a1 6 ta lập số có chữ số

a a a a a a a mà tổng chữ số số chẵn.

Vậy có tất cả: 9.105.5 = 45.105 số. 24. (ĐH Sư phạm Vinh khoái DGM 2000)

Theo yêu cầu tốn số khơng đứng trước số nên số có chữ số tạo thành từ số {1, 2, 3, 4, …, 8, 9} = T Ứng với chữ số phân biệt T có cách xếp thoả mãn đứng sau lớn chữ số liền trước Vậy số số cần tìm là: 

5 9! C

5!4! = 126. 25. (HV Kỹ thuật quân 2000)

Có tất cả: C C93 26C C94 25 C C29 47 = 1260 cách 26. (ĐH GTVT 2000)

Có khả năng:

* cán lớp học sinh thường: có C C12 182

* cán lớp học sinh thường: có C C2 12 18

Vậy số chọn là: C C12 182 + C C22 118 = 324 cách. 27. (HV Quân y 2000)

1 Trước hết xếp viên bi đỏ vào ô trống Do viên bi đỏ khác nên số cách xếp A37.

Sau xếp viên bi xanh vào cịn lại Do viên bi xanh giống nên số cách xếp C34.

Vaäy số cách xếp khác là: A37.C34 = 840 cách.

2 Trước hết ta cần ý màu, để đỏ đứng cạnh xanh đứng cạnh có cách xếp

Sau đó, viên bi đỏ khác nhau, nên ta hoán vị viên bi đỏ với Số hoán vị 3!

Vậy số cách xếp khác để viên bi đỏ đứng cạnh viên bi xanh đứng cạnh là: 6.3! = 36 cách

28. (ĐH Cảnh sát nhân dân khối G CPB 2000)

Các số có chữ số, chia hết cho 9, viết theo thứ tự tăng là: 100008, 100017, 100035, …, 999999

(17)

u1 = 100017, 100035, …, un = 999999

với công sai d = 18 Do đó:

un = u1 + (n – 1)d  999999 = 100017 + (n – 1).18  n = 50000

Vậy tất có 50000 số lẻ gồm chữ số, chia hết cho

29. (ĐH Cảnh sát nhân dân khối G CB 2000)

Xét số lẻ có chữ số khác nhau, lớn 500000: x = a a a a a a1

Từ giả thiết  a1  {5,6,7,8,9}, a6  {1,3,5,7,9}

Coù khả năng: a1 lẻ:

* a1 có cách chọn

* sau chọn a1, a6, cần chọn a a a a2 5, cách chọn ứng với

một chỉnh hợp chập phần tử

Vậy khả thứ có: 6.4.A84 = 40320 số

2 a1 chẵn:

* a a a a2 5 coù A48 cách chọn

Vậy khả thứ hai có: 2.5.A48 = 16800 số

Kết luận: Tất có: 40320 + 16800 = 57120 số cần tìm

30. (CĐSP Nha Trang 2000)

Số số tự nhiên gồm chữ số khác viết từ chữ số: 0, 1, 2, 3, 4, là: 5.A35 = 300

Trong số nói trên, số số tự nhiên khơng có mặt chữ số là:

4 A = 120

Vậy số số tự nhiên thoả mãn yêu cầu là: 300 – 120 = 180 số

31. (CĐSP Nhà trẻ – Mẫu giáo TƯ I 2000) Chọn em nam: có C39 cách

Chọn em nữ: có C62 cách

Vậy có: C39.C26 = 1260 cách. 32. (ĐH An ninh khối D 2001)

(18)

Thế thì:

* Có cách chọn vị trí cho chữ số (trừ ô số 1)

* Sau chọn vị trí cho số chữ ta cịn C36 = 20 cách chọn vị trí

cho chữ số

* Sau chọn vị trí cho chữ số chữ số 4, ta 3! = cách chọn cho chữ số lại

Vậy số số lập là: 6.20.6 = 720 số

33. (ĐH Cần Thơ 2001)

Coi học sinh nam đứng liền vị trí mà thơi số cách để bố trí học sinh đứng liền xen kẽ với học sinh nữ 4! Nhưng để xếp học sinh nam đứng liền lại có 7! cách Vậy tất có: 4!7! = 120960 cách

34. (HV Chính trị quốc gia 2001)

1 Chia đội văn nghệ thành hai nhóm có số người nhóm có số nữ tức chia nhóm có người mà có nữ nam  số cách chia là: C C36 24 = 120

2 * Số cách chọn người mà khơng có nam là: C56 = 6

* Số cách chọn người mà có nam (và nữ) là:

4 C C = 60

Vậy số cách chọn người mà có khơng nam là: + 60 = 66

35. (ĐH Giao thông vận tải 2001)

Giả sử số cần tìm có dạng: A = a a a a a a1 6.

+ Nếu a1 = chữ số cịn lại A chữ số 0, 1,

2, 3, 5, 6, Vậy có A57 = 2520 số.

+ Nếu a1≠ a1 ≠ nên có cách chọn a1 Vì số phải có

đúng vị trí cịn lại a2, a3, a4, a5, a6 Khi vị trí khác

(khơng có chữ số 4) A46 số khác Vậy trường hợp

này có 6.5.A46 = 10800 số.

Vậy tất có: 2520 + 10800 = 13320 số

36. (ĐH Huế khối ABV 2001)

 Số số tự nhiên có chữ số là: 9.10.10.10 = 9000 số  Ta tìm số số tự nhiên có chữ số lặp lại lần:

(19)

+ Số lặp lại lần ứng với số: * a111 với a  {2,3,4, …,9}  có số * 1b11 với b  {0,2,3,…, 9}  có số * 11c1 với c  {0,2,3,…, 9}  có số * 111d với d  {0,2,3,…, 9}  có số  có + + + = 35 số

+ Tương tự với số từ đến ta tìm 35 số tự nhiên cho chữ số lặp lại lần

Do số số tự nhiên có chữ số lặp lại lần là: + 9.35 = 324 số

 Vậy số số tự nhiên gồm chữ số mà khơng có chữ số lặp lại lần là: 9000 – 324 = 8676 số

37. (ÑH Huế khối DHT 2001)

* Số cách chọn em từ 13 em là: C135 = 1287

* Số cách chọn em toàn nam là: C57 = 21

* Số cách chọn em toàn nữ là: C56 = 6

Vậy số cách chọn em có nam nữ là: 1287 – (21 + 6) = 1260

Mỗi tổ có học sinh giỏi Vì khơng phân biệt thứ tự tổ nên số cách chia phải tìm số cách tạo thành tổ có học sinh phải có học sinh giỏi học sinh Các học sinh lại tạo thành tổ thứ hai

 Trường hợp 1: Có học sinh khá: * Có cách chọn học sinh giỏi

* Có C52 = 10 cách chọn học sinh khá.

* Có C58 = 56 cách chọn học sinh trung bình.

 Có: 3.10.56 = 1680 cách  Trường hợp 2: Có học sinh khá:

* Có cách chọn học sinh giỏi

* Có C35 = 10 cách chọn học sinh khá.

* Có C84 = 70 cách chọn học sinh trung bình.

 Có: 3.10.70 = 2100 cách

Vậy có tất cả: 1680 + 2100 = 3780 cách

39. (ĐH Kinh tế quốc dân 2001)

(20)

(21)

 Trường hợp 1: Số tạo thành chứa chữ số 0:

Có cách chọn vị trí cho chữ số Sau cịn cách chọn vị trí cho chữ số Số cách chọn chữ số cọn lại là: A35

 Số số thu là: 4.4.A35 = 960 số

 Trường hợp 2: Số tạo thành không chứa số 0: Có cách chọn vị trí cho chữ số

Số cách chọn chữ số lại là: A45

 Số số thu là: 5.A45 = 600 số.

Vậy có tất cả: 960 + 600 = 1560 số

40. (HV Ngân hàng TPHCM khối A 2001)

1 Có cách chọn chữ số hàng trăm, cách chọn chữ số hàng chục, cách chọn chữ số hàng đơn vị Vậy có 9.9.8 = 648 số

2  Trường hợp 1: Chữ số tận Bốn chữ số đứng đầu chọn tuỳ ý chữ số lại nên số số tạo thành là:

4 A = 840

 Trường hợp 2: Chữ số tận khác * Chữ số tận có cách chọn (từ 2, 4, 6) * Chữ số đứng đầu có cách chọn

* chữ số lại chọn tuỳ ý chữ số lại  Số số tạo thành: 3.6.A36 = 2160

Vậy có tất cả: 840 + 2160 = 3000 soá

41. (ĐH Ngoại thương TPHCM khối A 2001)

Số số gồm chữ số khác là: 6! = 720 Trong đó, số số có chứa 16 5! = 120

số số có chứa 61 5! = 120 Vậy số số cần tìm là: 720 – 240 = 480 số

42 (ĐH Nông nghiệp I HN khối A 2001) Đánh số vị trí đứng từ đến

Để có học sinh nam đứng xen kẽ với học sinh nữ học sinh nữ đứng cách một, tức học sinh nữ đứng vị trí (1;3;5); (2;4;6); (3;5;7); (4;6;8); (5;7;9)

Có cặp vị trí học sinh nữ

Cách xếp bạn nữ vào cặp vị trí 3! Cách xếp bạn nam vào vị trí cịn lại 6!

Vậy tất số cách xếp là: 5.3!.6! = 21600 cách

(22)

Ta có cách chọn vị trí cho chữ số Khi số cách xếp chữ số cịn lại 8! Vậy tất có: 8! = 40320 số

44. (ĐH Quốc gia TPHCM 2001)

1 Số xét có dạng: a a a a a a1 6 Xếp chữ số vào vị trí từ

a2 đến a6: có cách xếp Cịn lại vị trí, ta chọn chữ số để

xếp vào vị trí này: có A58 cách.

Vậy tất có: 5.A58 = 33600 cách.

2 Số xét có dạng: a a a a a a a1 .

Chọn vị trí để xếp hai chữ số 2: có C72 cách.

Chọn vị trí để xếp ba chữ số 3: có C35 cách.

Cịn vị trí, chọn chữ số tuỳ ý để xếp vào vị trí này: có 2!C28

cách

Như xét số bắt đầu chữ số có:

2

C .C35.2!C28 = 11760 soá.

Trong số này, cần loại bỏ số bắt đầu bới chữ số Đối với số 0a a a a a a2 :

* Chọn vị trí để xếp chữ số 2: có C26 cách.

* Chọn vị trí để xếp ba chữ số 3: có C34 cách.

* Chọn số để xếp vào vị trí cịn lại: có cách Như loại có: C26.C34.7 = 420 số.

Vậy tất có: 11760 – 420 = 11340 số

45. (ĐHSP HN II 2001)

Kí hiệu X tập hợp tất số tự nhiên gồm chữ số khác đôi lập từ chữ số 1, 3, 4, 5, 7,

Xeùt x = a a a a a1 5  X.

Nếu chọn a5 = a a a a1 ứng với chỉnh hợp chập

phần tử 3, 4, 5, 7,  có A54 số có hàng đơn vị 1.

Tương tự có A45 số có hàng đơn vị 3; …

(23)

Lập luận tương tự, tổng tất chữ số hàng chục phần tử x  X là: 3360.10; …

Vậy tổng tất phần tử X là:

S = 3360 + 3360.10 + 3360.100 + 3360.1000 + 3360.10000 = 3360.11111 = 3732960

46. (ĐHSP TPHCM khối DTM 2001)

1 Số tập A là: C020C120C220 C 2020 = 220

2 Số tập khác rỗng A có số phần tử chẵn là: T = C220C420 C 2020

Ta coù: = (1 – 1)20 = C020 C120C220 C 2020

 C200 C220C204  C 2020 = C120C320 C 1920

 C020C120C220 C 2020 = 2     

0 20

20 20 20 20

C C C C

 T = C220C420 C 2020 =  20

0 20 C

2 = 219 – 1. 47. (ĐH Thái Nguyên khối D 2001)

1 Xét số chẵn x = abc với chữ số khác nhau; a, b, c  {1;2;3;4;5} = E

Vì x chẵn nên c  {2;4}  có cách chọn c Với cách chọn c, có A24 cách chọn bc.

Vậy tất có: 2.A24 = 24 số chẵn.

2 Xét x = abc với chữ số khác thuộc E = {1;2;3;4;5;6} * Nếu a ≥ x > 345

* Nếu a = với chỉnh hợp chập (b,c) E \ {a} ta có x = abc < 345 Loại có: 2.A25 = 40 số.

* Nếu a = x = 3bc < 345 

 

  



 



b 1hoặc 2; c E \ a,b b 4; c 1hoặc

Loại có: 2.4 + 1.2 = 10 số Vậy có tất cả: 40 + 10 = 50 số

48. (ĐH Văn Lang 2001)

1 Nếu học sinh phải có học sinh nữ học sinh nam có trường hợp:

(24)

* nam nữ: có C C103 102 cách.

Vậy tất có: 2.C C10 102 = 10800 caùch.

2 Nếu học sinh phải có học sinh nữ học sinh nam có trường hợp:

Vậy tất có: 2.C C110 104 + 2.C C102 103 = 15000 cách. 49. (ĐH Y HN 2001)

Ta xét trường hợp sau:

1 Chữ số hàng đơn vị 2, 4,  có cách chọn chữ số hàng đơn vị

a) Chữ số hàng trăm nhỏ 7: Khi chọn chữ số hàng đơn vị, ta cách chọn chữ số hàng trăm Sau chọn chữ số hàng đơn vị hàng trăm, ta cách chọn chữ số hàng chục

 Số số thu là: 3.5.7 = 105 số

b) Chữ số hàng trăm 7: Sau chọn chữ số hàng đơn vị, ta cách chọn chữ số hàng chục

 Số số thu là: 3.6 = 18 số Chữ số hàng đơn vị 8:

a) Chữ số hàng trăm nhỏ 7: có cách chọn chữ số hàng trăm Sau chọn chữ số hàng trăm, ta cách chọn chữ số hàng chục

 Số số thu là: 6.7 = 42 số

b) Chữ số hàng trăm 7: có cách chọn chữ số hàng chục  Số số thu là: số

Vậy tất có: 105 + 18 + 42 + = 171 soá

50. (ĐH khối D dự bị 2002)

Tổng số cách chọn học sinh từ 18 em đội tuyển là: C188 =

43758

Tổng số cách phân làm hai phận rời nhau:

(25)

Bộ phận II gồm cách chọn từ đội tuyển em gồm khối (lưu ý số em thuộc khối nên khơng có cách chọn mà em thuộc khối)

Bộ phận II chia thành ba loại:

 em chọn từ khối 12 11: có C138 cách.

Vậy số cách phải tìm là: C188 – (C813 + C128 + C118 ) = 41811 cách. 51. (ĐH khối A 2003 dự bị 2)

Ta coi cặp (2;3) phần tử “kép”, có phần tử 0, 1, (2; 3), 4, Số hoán vị phần tử P5, phải loại trừ số

trường hợp phần tử vị trí đầu gồm P4 trường hợp Chú ý đối

với phần tử kép, ta giao hốn nên số trường hợp nhân đôi Nên số số tự nhiên thoả mãn đề là: 2(P5 – P4) =

192 soá

52. (ĐH khối B 2003 dự bị 1)

Coi số tự nhiên gồm chữ số khác chọn từ tập số cho có dạng: a a a a a a1 6 (ai  {1, 2, 3, 4, 5, 6}; ai≠ aj )

sao cho: a1 + a2 + a3 = a4 + a5 + a6 –

 a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 = 2(a4 + a5 + a6) –

 21 = + + + + + = 2(a4 + a5 + a6) –

 a4 + a5 + a6 = 11 a1 + a2 + a3 = 10 (1)

Vì a1, a2 a3  {1, 2, 3, 4, 5, 6} nên hệ thức (1) thoả mãn

trong khả naêng sau:  a1, a2, a3  {1; 3; 6}

 a1, a2, a3  {1; 4; 5}

a1, a2, a3  {2; 3; 5}

Mỗi số a1, a2, a3 nêu tạo 3! hoán vị, hốn vị lại

được ghép với 3! hoán vị số a4, a5, a6 Vì tổng cộng số

các số tự nhiên gồm chữ số thoả mãn yêu cầu đề là: 3.3!.3! = 108 số

53. (ĐH khối B 2003 dự bị 2) Có khả năng:

 nam nữ: có C C5 15 7 cách

(26)

 nam nữ: có C C35 37 cách

Vậy tất có: C C5 15 7 + C C45 72 + C C35 37 = + 5.21 + 10.35 = 462

caùch

54. (ĐH khối D 2003 dự bị 1)

Các số phải lập chẵn nên phải có chữ số đứng cuối 2, 4, 6,

 Trường hợp chữ số đứng cuối 0: chữ số cịn lại chỉnh hợp chập phần tử Do có A68 số thuộc loại này.

 Trường hợp chữ số đứng cuối chữ số 2, 4, 6, 8: chữ số lại chỉnh hợp chập phần tử (kể số có chữ số đứng đầu) Vậy số số loại là: 4.A68 A57.

Vậy tất có: A68 + 4.A68 A57 = 90720 số. 55. (CĐ Sư phạm khối A 2002)

1 a) Hai đường thẳng phân biệt có tối đa giao điểm  Số giao điểm tối đa 10 đường thẳng phân biệt C102 = 45 điểm.

b) Hai đường tròn phân biệt có tối đa giao điểm  Số giao điểm tối đa đường tròn phân biệt 2.C26 = 30 điểm.

2 Vì đường thẳng đường trịn có tối đa 12 giao điểm Do số giao điểm tối đa 10 đường thẳng đường tròn là: 10.12 = 120

Vậy số giao điểm tối đa tập hợp đường cho là: 45 + 30 + 120 = 195 điểm

56. (CĐ Sư phạm khối A 2002 dự bị)

Một đoạn thẳng nối đỉnh đa giác tương ứng tổ hợp chập n phần tử  Số đoạn thẳng nối đỉnh đa giác là: Cn2

Một đoạn thẳng nối đỉnh đa giác cạnh đường chéo

 C2n = n + 2n   n(n 1)

2 = 3n  n2 – n = 6n

 n2 – 7n =    

 

n

n (loại)

Vaäy n =

(27)

Vì x < 245 nên a1 = a1 =

 a1 = 1: x = 1a a2

a2, a3 chỉnh hợp chập phần tử: 2, 3, 4,

 Coù: A24 = 4.3 = 12 soá

 a1 = 2: x = 2a a2

a2 có khả năng:

* a2 <  a2  {1, 3}  a2 có cách chọn, a3 có cách chọn

số lại  Có 2.3 = soá

* a2 = 4; a3≠ 5, 2,  a3 có cách chọn  Có số

 Có + = số x = 2a a2

Vậy có tất cả: 12 + = 20 số thoả yêu cầu đề

58. (CĐ Sư phạm Quảng Ngãi 2002) Số cần tìm có dạng: a a a a1 4.

Chọn a4 từ {1, 5, 9}  có cách chọn

Chọn a1 từ {0, 1, 2, 5, 9} \ {0, a4}  có cách chọn

Chọn a2 từ {0, 1, 2, 5, 9} \ {a1, a4}  có cách chọn

Chọn a3 từ {0, 1, 2, 5, 9} \ {a1, a2, a4}  có cách chọn

Vậy tất có: 3.3.3.2 = 54 số thoả mãn yêu cầu đề

59. (ĐH khối B 2004)

Mỗi đề kiểm tra có số câu dễ 3, nên có trường hợp sau:

* Đề có câu dễ, câu trung bình, câu khó  có C C C152 102 15 đề.

Vậy tất có:

2 15 10

C C C + C C C152 110 25 + C C C153 110 15 = 23625 + 10500 + 22750

= 56875 đề

60. (ĐH khối B 2005)

Có C C1 43 12 cách phân cơng niên tình nguyện tỉnh thứ

nhất Với cách phân cơng niên tình nguyện tỉnh thứ nhất, có C C1 42 8 cách phân cơng niên tình nguyện tỉnh

thứ hai Với cách phân cơng niên tình nguyện tỉnh thứ tỉnh thứ hai, có C C1 41 4 cách phân công niên

(28)

Vậy tất có: C C1 43 12.C C1 42 8.C C1 41 4 = 207900 cách phân công. 61. (ĐH khối A 2005 dự bị 1)

Goïi x = a a a a a a1 6 số cần lập.

YCBT: a3 + a4 + a5 =  a3, a4, a5  {1, 2, 5} a3, a4, a5  {1, 3, 4}

a) Khi a3, a4, a5  {1, 2, 5}

 Có cách chọn a1

 Có 3! cách chọn a3, a4, a5

 Có: 6.5.6.4 = 720 soá x

b) Khi a3, a4, a5  {1, 3, 4}, tương tự ta có 720 số x

Vậy tất có: 720 + 720 = 1440 soá x

62. (ĐH khối B 2005 dự bị 1) Ta có trường hợp:

 nữ nam: có C C3 55 10 = 2520 cách.

 nữ nam: có C C4 45 10 = 1050 cách.

 nữ nam: có C C5 35 10 = 120 cách.

Vậy tất có: 2520 + 1050 + 120 = 3690 caùch

63. (ĐH khối B 2005 dự bị 2)

 Cách 1: Gọi x = a a a a a1 5 laø số cần lập.

Trước tiên ta xếp vào vị trí: có A25 = 20 cách.

Sau đó, ta có cách chọn chữ số cho vị trí cịn lại cách chọn chữ số cho vị trí cịn lại thứ hai cách chọn chữ số cho vị trí cịn lại thứ ba Vậy tất có: 20.5.4.3 = 1200 số

 Caùch 2:

* Bước 1: Xếp 1, vào vị trí: có A25 = 20 cách.

* Bước 2: có A35 = 60 cách xếp số lại vào vị trí cịn

lại

Vậy có 20.60 = 1200 số

64. (ĐH khối D 2006)

Số cách chọn học sinh từ 12 học sinh cho là: C124 = 495

(29)

 Lớp A có học sinh, lớp B, C lớp học sinh  Số cách chọn là: C C C2 15 3 = 120

 Lớp B có học sinh, lớp A, C lớp học sinh:  Số cách chọn là: C C C1 15 3 = 90

 Lớp C có học sinh, lớp A, B lớp học sinh:  Số cách chọn là: C C C1 25 3 = 60

Số cách chọn học sinh mà lớp có học sinh là: 120 + 90 + 60 = 270

Vậy số cách chọn phải tìm là: 495 – 270 = 225 cách

65. (CĐ GTVT III khối A 2006)

 Số cách chọn học sinh khối C là: C25 = 10

 Chọn 13 học sinh số 25 học sinh khối A B Số cách chọn là: C1325 = 5200300

Số cách chọn học sinh khối A học sinh khối B là: C C15 104

Số cách chọn học sinh khối A 10 học sinh khối B là:

3 10 15 10 C C

 Số cách chọn cho có nhiều học sinh khối A là:

4 15 10

C C + C C315 1010 = 13650 + 455 = 14105

 Số cách chọn cho có học sinh khối A laø:

 

 

13 10

25 15 10 15 10

C C C C C = 5186195

 Vậy số cách chọn cho có học sinh khối A là:

 

   

 

2 13 10

5 25 15 10 15 10

C C C C C C = 51861950

66. (CĐ Tài – Hải quan khối A 2006) Chọn vị trí xếp chữ số 0: có C24 cách.

Chọn vị trí xếp chữ số 1: có cách

Chọn chữ số xếp vào vị trí cịn lại: có cách

Vậy tất có: C24.3.A28 = 1008 số thoả yêu cầu đề bài. 67. (CĐ Xây dựng số khối A 2006)

 Gọi ab số tự nhiên phải tìm  a ≠

Do ab chẵn nên b  {0, 2, 4, 6, 8} Có trường hợp:

(30)

 có số a0

* Nếu b ≠ b  {2, 4, 6, 8}  có cách chọn b

Khi có cách chọn a  có 4.8 = 32 số ab

Vậy tất có: + 32 = 41 số cần tìm  Đặt S tổng 41 số

S = (10 + 12 + 14 + … + 96 + 98) – (22 + 44 + 66 + 88) = 45

 10 98

2 – 10.22 = 45.54 – 220 = 2210. 68. (CÑBC Hoa Sen khối D 2006)

 Hai đỉnh thuộc d1, đỉnh thuộc d2: có 10

C 8 tam giác

 Hai đỉnh thuộc d2, đỉnh thuộc d1: có

C 10 tam giác

Vậy tất có: C 8102 + C 1028 = 640 tam giaùc.

Phần II BIỂU THỨC TỔ HỢP – NHỊ THỨC NEWTON 1. (CĐSP TPHCM 1999)

Tìm số tự nhiên k thoả mãn hệ thức: Ck14C14k 2 2C14k 1 2. (ĐHDL Kỹ thuật công nghệ khối D 1999)

Tính tổng: C610C107 C810C109 C1010

trong Ckn số tổ hợp chập k n phần tử. 3. (ĐH Ngoại ngữ HN chuyên ban 1999)

Tìm số nguyên dương x thoả: C1x6C2x6C3x 9x214x 4. (ĐH Bách khoa HN 1999)

Tính tổng: S = C1n 2Cn23Cn3 4Cn4 ( 1) nC  n 1 nn

trong n số tự nhiên lớn

5. (ĐHQG HN khối A 2000)

Chứng minh rằng: Ck2001Ck 12001 C10002001C10012001

(trong k nguyên, ≤ k ≤ 2000û)

6. (ĐHQG HN khối B 2000)

Tìm số hạng khơng chứa x khai triển biểu thức sau:

 

  

 

 

17 3

1 x

(31)

Giải bất phương trình:   

2

2x x x

1A A 6.C 10

2 x

8. (ĐHSP HN khối A 2000)

Trong khai triển nhị thức



 

  

 

 

n 28

3 15

x x x

, tìm số hạng không phụ thuộc vào x, biết CnnCn 1n Cn 2n 79

9. (ĐHSP HN khối BD 2000)

Biết tổng tất hệ số khai triển nhị thức (x2 + 1)n 1024,

hãy tìm hệ số a (a số tự nhiên) số hạng ax12 khai triển

đó

10. (ĐHSP TPHCM khối DE 2000)

Tính tổng: S =     

0 n

n n n n

C C C C

2 n

11. (ĐH Kinh tế quốc dân khối A 2000)

Chứng minh: Cn 1 n2 Cn 2 n2n 3 Cn2n 4 Cn nC nnn.3n 1 12. (ĐH Nông nghiệp I khối A 2000)

Tìm hệ số x31 khai triển f(x) =

 



 

 

40 x

x 13. (ĐH Thuỷ lợi 2000)

Chứng minh với số ngun n ≥ 2, ta ln có:



    

2 2

2 n

1 1 n n

A A A A

14. (ĐH Thuỷ lợi II 2000)

Cho đa thức P(x) = (1 + x)9 + (1 + x)10 + (1 + x)11 + … + (1 + x)14 có

dạng khai triển là: P(x) = a0 + a1x + a2x2 + … + a14x14

Hãy tính hệ số a9

15. (ĐH Y Dược TPHCM 2000)

Với n số nguyên dương, chứng minh hệ thức sau: C0nC1nCn2 C nn = 2n

2 C12nC32nC52n C 2n2n 1 = C2n0 C2n2 C42n C 2n2n 16. (ĐH An ninh nhân dân khối DG 2000)

Tính tổng: S = C020002C120003C22000 2001C 20002000 17. (HV Kỹ thuật quân 2000)

(32)

a0 + a1x + a2x2 + … + a12x12

Tìm max(a1, a2, …, a12)

18. (ĐH Cảnh sát nhân dân khối A 2000) Tính tích phân: I =

 

2 n

x(1 x ) dx

(n  N*) Từ chứng minh rằng:



     

 

n

0 n

n n n n n

1C 1C 1C 1C ( 1) C 2(n 1) 2(n 1) 19. (CĐ Cảnh sát nhân dân khối A 2000)

Tìm hệ số x5 khai triển biểu thức:

(x + 1)4 + (x + 1)5 + (x + 1)6 + (x + 1)7 20. (ĐH An Ninh khối A 2001)

Tìm số âm dãy số x1, x2, …, xn, … với

xn =

 

 n n n A 143

P 4P (n = 1, 2, 3, …) 21. (ĐH An ninh nhân dân khối A 2001)

Chứng minh với n số tự nhiên, n ≥ 2, ta có:

  

2 2

2 n

1

A A A = n 1n . 22. (ĐH Bách khoa HN khối AD 2001)

Giải hệ phương trình:

  

 

 

 

y y

x x

y y

x x

2A 5C 90 5A 2C 80 23. (ĐH Dân lập Duy Tân khối A 2001)

1 Tính tích phân: I =

 

6

(x 2) dx

2 Tính tổng: S =      

6

0

6 6 6 6

2 C C C C C 2C 1C

1

24. (ĐH Đà Lạt khối D 2001)

Chứng minh với số x ta có: xn = 

 

n

k k

n n

k

1 C (2x 1)

2 (n  N) (*)

25. (ĐH Đà Nẵng khối A 2001)

Với n số tự nhiên, tính tổng:

S =      

0 2 3 n n

n n n n n

C C C C C

(33)

26. (ĐH Hàng haûi 2001)

Chứng minh: C2n0 C 322n 2C 32n4 4 C 3 2n 2n2n 22n 2n (2 1) 27. (ĐH Luật TPHCM khối A 2001)

Chứng minh với số tự nhiên n ≥ 1, ta có:

  

   

1 n n n n

n n n n

C 2.C 3.C n.C = n.4n–1 28. (ĐHSP HN khối A 2001)

Trong khai triển

 



 

 

10 2x

3 thành đa thức:

a0 + a1x + a2x2 + … + a9x9 + a10x10 (ak  R)

hãy tìm hệ số ak lớn (0 ≤ k ≤ 10) 29. (ĐH Vinh khối AB 2001)

Cho n số nguyên dương cố định Chứng minh Ckn lớn

nhất k số tự nhiên lớn không vượt

 n

2 . 30. (ĐH Vinh khối DTM 2001)

Chứng minh rằng:

     

0 2 4 2000 2000 2000 2001

2001 2001 2001 2001

C C C C (2 1) 31. (ĐH Y Dược TPHCM 2001)

Cho k n số nguyên thoả mãn: ≤ k ≤ n Chứng minh rằng:

 

  

2

n n n

2n k 2n k 2n C C C 32. (ĐH khối A 2002)

Cho khai triển nhị thức:

       

    



 

  



 

    

 

n n n

x x

x x x

0

3

2 2

n n

x x

x

n n

2 C C 2

C 2 C

(n số nguyên dương) Biết khai triển C3n 5C1n số

hạng thứ tư 20 Tìm n x

33. (ĐH khối B 2002)

Cho đa giác A1A2…A2n (n ≥ 2, n ngun) nội tiếp đường trịn (O)

Biết số tam giác có đỉnh 2n ñieåm A1, A2, …, A2n

nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có đỉnh 2n điểm A1,

A2, …, A2n Tìm n? 34. (ĐH khối D 2002)

(34)

   

0 n n

n n n n

C 2C 4C C = 243 35. (ĐH dự bị 2002)

Tìm số n nguyên dương thoả mãn bất phương trình: A3n2Cn 2n ≤ 9n. 36. (ĐH dự bị 2002)

Giả sử n số nguyên dương và: (1 + x)n = a

0 + a1x + a2x2 + … + akxk + … + anxn

Bieát tồn số k nguyên (1 ≤ k ≤ n – 1) cho

 

 

k k k a a a

2 24 .

Hãy tính n

37. (ĐH dự bị 2002)

Goïi a1, a2, …, a11 hệ số khai triển sau:

(x + 1)10.(x + 2) = x11 + a

1x10 + a2x9 + … + a11

Haõy tính hệ số a5 38. (ĐH khối A 2003)

Tìm hệ số số hạng chứa x8 khai triển nhị thức Newton của

 



 

 

n x

x , biết rằng: 

    

n n n n

C C 7(n 3)(n nguyên dương, x > 0). 39. (ĐH khối B 2003)

Cho n số nguyên dương Tính tổng:



  

   



2 n

0 n

n n n n

C C C C

2 n

40. (ĐH khối D 2003)

Với n số nguyên dương, gọi a3n–3 hệ số x3n–3 khai triển

thành đa thức (x2 + 1)n(x + 2)n Tìm n để a

3n–3 = 26n 41. (ĐH khối D 2003 dự bị 2)

Tìm số tự nhiên n thoả mãn:

 

 

2 n 2 3 n

n n n n n n

C C 2C C C C = 100

42. (CĐ Xây dựng số – 2002)

Chứng minh với số nguyên dương n ta có:



        

1 2n 2n

2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n

C C C C C C C C 43. (CĐ Sư phạm Bến Tre khối A 2002)

1 Giải phương trình: C1x6C2x6C3x = 9x2 – 14x

2 Chứng minh rằng: C120C320C205  C 2017C1920 = 219 44. (CĐ khối AD 2003)

(35)

45. (CĐ Giao thông II 2003)

Chứng minh với số nguyên dương n ≥ 2, ta có:



  

 

   n n

0 n

n n n 2

C C C

n 46. (CÑ Giao thông III 2003)

1 Tính tổng: S = Cn1 2Cn23Cn3 4Cn4 ( 1) nC  n 1 nn (n > 2)

2 Tính tổng: T =     

0 n

n n n n

C C C C

2 n

biết n số nguyên dương thoả điều kiện:

 

  

n n n

C C C 79 47. (CĐ Tài kế tốn IV 2003)

Chứng minh rằng: C C0 k2 n 2 C C1 k 12 n 2 C C2 k 22 n 2 Ckn

(với n, k  Z+;n ≥ k + 2)

48. (CĐ Tài kế tốn IV 2003 dự bị) Giải bất phương trình: (n!) C C C3 nn n2n n3n720 49. (CĐ Công nghiệp HN 2003)

Cho đa thức: P(x) = (16x – 15)2003 Khai triển đa thức dạng:

P(x) = a0 + a1x + a2x2 + … + a2003x2003

Tính tổng S = a0 + a1 + a2 + … + a2003 50. (CĐ Khí tượng thuỷ văn khối A 2003)

Tìm số nguyên dương n thoả mãn đẳng thức: An32Cn216n 51. (CĐ Nơng Lâm 2003)

Tìm hệ số lớn đa thức khai triển nhị thức Newton của:

 



 

 

15 2x 3 .

52. (CĐ Cộng đồng Tiền Giang 2003)

Hãy khai triển nhị thức Newton (1 – x)2n, với n số nguyên dương.

Từ chứng minh rằng:



       

1 2n 2n

2n 2n 2n 2n 2n 2n

1C 3C (2n 1)C 2C 4C 2nC 53. (ĐH khối A 2004)

Tìm hệ số x8 khai triển thành đa thức [1 + x2(1 – x)]8. 54. (ĐH khối D 2004)

Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức Newton của:

 



 

 

7

4 x

(36)

55. (ĐH khối A 2005)

Tìm số nguyên dương n cho:



          

1 2 3 2n 2n

2n 2n 2n 2n 2n

C 2.2C 3.2 C 4.2 C (2n 1).2 C = 2005 56. (ĐH khối D 2005)

Tính giá trị biểu thức: M =

 



4

n n A 3A

(n 1)!

bieát       

2 2

n n n n

C 2C 2C C = 149.

57. (ĐH khối A 2005 dự bị 2)

Tìm hệ số x7 khai triển đa thức (2 – 3x)2n, n số

nguyên dương thoả mãn:         

1 2n

2n 2n 2n 2n

C C C C 1024 58. (ĐH khối D 2005 dự bị 1)

Tìm k  {0; 1; 2; …; 2005} cho Ck2005 đạt giá trị lớn nhất. 59. (ĐH khối D 2005 dự bị 2)

Tìm số nguyên n > thoả mãn đẳng thức: 2Pn + 

2

n n n A P A = 12. 60. (ĐH khối A 2006)

Tìm hệ số số hạng chứa x26 khai triển nhị thức Newton của

 



 

 

n x

x , biết rằng:        

1 n 20

2n 2n 2n

C C C 61. (ĐH khối B 2006)

Cho tập A gồm n phần tử (n ≥ 4) Biết số tập gồm phần tử

của A 20 lần số tập gồm phần tử A Tìm k{1,2,…, n} cho số tập gồm k phần tử A lớn

62. (CĐ Bán công Hoa Sen khối A 2006)

Giải hệ phương trình:





 

 

 

 

x x y y x x y y

1 C : C

3 C : A

24 63. (CĐ KT–KT Cần Thơ khối AB 2006)

Tìm số tự nhiên n cho:

 

n n n

4

1 1 C C C 64. (CĐ Sư phạm TPHCM khối A 2006)

Tính tổng S = 



   

0 n

n n n n

1 1

1 n

1.C 2.C 3.C (n 1).C

(37)

Biết rằng: Cn0C1nC2n211

65. (CĐ Sư phạm TPHCM khoái BT 2006)

Khai triển biểu thức (1 – 2x)n ta đa thức có dạng:

a0 + a1x + a2x2 + … + anxn

Tìm hệ số x5, biết a

0 + a1 + a2 = 71 66. (CĐ Điện lực TPHCM 2006)

Tìm số hạng khơng chứa x khai triển nhị thức

 



 

 

n

3 x

x , bieát

rằng: C1nC3n 13n (n số tự nhiên lớn 2, x số thực khác 0). 67. (CĐ Kinh tế TPHCM 2006)

Tìm n  N cho:         

0 2n

4n 4n 4n 4n C C C C 256 68. (CĐ Kinh tế đối ngoại khối AD 2006)

Cho A =

   

   

 

 

20 10

3

1

x x

x

x Sau khai triển rút gọn bieåu

thức A gồm số hạng?

69. (CĐ KT Y tế I 2006)

Tìm số tự nhiên n thoả mãn đẳng thức sau:

 

       

0 2 2k 2k 2n 2n 2n 2n 15 16

2n 2n 2n 2n 2n

C C C C C (2 1) 70. (CĐ Xây dựng số 2006)

Chứng minh: C 3n0 n C 31 n 1n   ( 1) C  n nnCn0C1n C nn 71. (CĐ KT Y tế 2005)

Giải bất phương trình: 2C2x 1 3A2x 20 0

72. (CĐBC Hoa Sen khối D 2006)

Tìm hệ số x29y8 khai triển (x3 – xy)15. 73. (CĐ Sư phạm TPHCM khối DM 2006)

Khai triển biểu thức (1 – 2x)n ta đa thức có dạng:

a0 + a1x + a2x2 + … + anxn

Tìm hệ số x5, bieát a

0 + a1 + a2 = 71 BÀI GIẢI 1. (CĐSP TPHCM 1999)

 

 

k k k

14 14 14

(38)

        14! 14! 2 14! k!(14 k)! (k 2)!(12 k)! (k 1)!(13 k)!

        

1 2

(14 k)(13 k) (k 1)(k 2) (k 1)(13 k)

 (k + 1)(k + 2) + (14 – k)(13 – k) = 2(k + 2)(14 – k)  k2 – 12k + 32 = 0  k = k = 8

Vậy: k = k =

2. (ĐHDL Kỹ thuật công nghệ khối D 1999) S = C106 C107 C108 C109 C1010

=      

0 10 10

10 10 10 10 10

1 C C C C 1C

2 = 

10

10 1.2 1C

2 = 386.

3. (ĐH Ngoại ngữ HN chuyên ban 1999)

   

1

x x x

C 6C 6C 9x 14x (x  N, x ≥ 3)

 x + 3x2 – 3x + x3 – 3x2 + 2x = 9x2 – 14x

 x(x2 – 9x + 14) =         

x (loại) x (loại)

x (nhận) Vậy: x = 7 4. (ĐH Bách khoa HN 1999)

S = Cn1 2Cn23C3n 4Cn4 ( 1) nC  n 1 nn (n > 2)

Xét đa thức p(x) = (1 – x)n Khai triển theo công thức Newton ta được:

p(x) = (1 – x)n =   

n

k k k n k

( 1) C x

Suy ra: – p(x) = n(1 – x)n–1 =

 



 

n

k k k n k

( 1) kC x

Cho x = ta được: =

 

 

n

k k n k

( 1) kC

= Cn1 2Cn23Cn3 4Cn4 ( 1) nC  n 1 nn = S

Vaäy: S =

5. (ĐHQG HN khối A 2000) Ta chứng tỏ:

       

0 2001 2000 1999 1000 1001

2001 2001 2001 2001 2001 2001 2001 2001

C C C C C C C C

(39)

Ta coù: (1)      2001! 2001! k!(2001 k)! (k 1)!(2000 k)!

 (k + 1) < 2001 – k

 2k < 2000  k < 1000 k = 0, 1, 2, …, 999 Vì vậy: Ck2001C10002001,k = 0, 1, …, 2000 (đẳng thức 

    

k 1000 k 1001)

và: Ck 12001 C10012001, k = 0, 1, …, 2000 (đẳng thức      

k 999 k 1000)

 Ck2001Ck 12001 C10002001C10012001 (đẳng thức  k = 1000) 6. (ĐHQG HN khối B 2000)

Số hạng tổng quát khai triển là:

       



17 34

17 k k k

2 3 12 3

k 3 4 k 4

17 17

C x x C x (k  N, ≤ k ≤ 17)

Để số hạng khơng chứa x  

17k 34 0

12  k = 8

Vậy số hạng cần tìm số hạng thứ khai triển C178 . 7. (ĐH Bách khoa HN khối AD 2000)

Điều kiện:

 

  

 



 

  

   

x N

2 2x x N x x 3 x

Ta coù:   

2

2x x x

1A A 6.C 10

2 x



1

2.2x(2x – 1) – x(x – 1) ≤

 

 x(x 1)(x 2). 10 x 1.2.3

 x2≤ x2 – 3x + 12  x ≤ 4

Kết hợp điều kiện, ta được: x = 3, x =

8. (ĐHSP HN khối A 2000)

* Xác định n: CnnCn 1n Cn 2n 79  + n +  n(n 1)

2 = 79



  

 

(40)

* Ta coù:                               

12 k 12 k

28 12 28

k

3 15 15

12 k

x x x C x x

=    48 112 12 k

k 15 5 12 k

C x

Số hạng không phụ thuộc x   

48k 112 0

15  k = 7.

Vậy số hạng cần tìm là: C127 = 792 9. (ĐHSP HN khối BD 2000)

Ta coù: (x2 + 1)n =  n k 2k n k C x (1)

Số k ứng với số hạng ax12 thoả mãn phương trình: x12 = x2k  k = 6.

Trong (1) cho x = 

 n k n k C

= 2n

Từ giả thiết  

 n k n k C

= 1024  2n = 1024  n = 10 Vậy hệ số cần tìm là: C610 = 210.

10. (ĐHSP TPHCM khối DE 2000) * Ta coù: I =

         

1 n n

n

0

(1 x) (1 x) dx

n n

* I =

  



0 n n

n n n

0

(C C x C x )dx

=             

2 n

0 n

n n n

0

x x

C x C C

2 n

=     

0 n

n n n n

C C C C n = S

Vaäy: S =



  n

n .

11. (ĐH Kinh tế quốc dân khối A 2000)

Ta có: (1 + x)n = C0nC x C xn1  n2 2C xn3 3C xn4 4 C x nn n

Lấy đạo hàm hai vế:

n(1 + x)n–1 = Cn12C x 3C xn2  n3 24C xn4 3 nC x nn n 1

Thay x =

1

2, ta được:



    

      

n

1 n n

n n n n n

n

(41)

 Cn 1 n2 Cn 2 n3.2n 3 Cn4.2n 4 Cn nC nnn.3n 1 12. (ĐH Nông nghiệp I khoái A 2000)

       40 x

x =

         40 k 40 k k 40 2 k C x

x =

 

 40

k 3k 80 40 k

C x

Hệ số x31 Ck40 với k thoả mãn điều kiện: 3k – 80 = 31  k = 37

Vậy: hệ số x31   37

40 40 40.39.38 C C

1.2.3 = 40.13.19 = 9880. 13. (ĐH Thuỷ lợi 2000)

Chứng minh phương pháp qui nạp * Với n = 2, đpcm 

  22

2

1 A 2

A đúng

* Giả sử BĐT cần chứng minh với n = k (k ≥ 2), tức ta có:



    

2 2

2 k

1 1 k k

A A A A

Ta cần chứng minh BĐT với n = k +

Thaät vaäy,  



      

2 2 2

2 k k k

1 1 1 k 1 k

A A A A A A =    k 1

k (k 1)k

=

  

 

2

(k 1) k (k 1)k k

Vaäy:



    

2 2

2 n

1 1 n n

A A A A , n ≥ 2

14. (ĐH Thuỷ lợi II 2000)

a9 = +    

9 9 9

10 11 12 13 14

C C C C C

= + C110C112 C312C134 C145

= + 10 +   

11.10 12.11.10 13.12.11.10 14.13.12.11.10

2 24 120

= 3003

15. (ĐH Y Dược TPHCM 2000)

1 (1 + x)n = Cn0C x C x1n  n2 2 C x n nn

Cho x =  Cn0C1nC2n C nn = 2n

2 (1 – x)2n = C02n C x C x12n  2n2 2 C x2n3 3 C x 2n 2n2n

(42)

16. (ĐH An ninh nhân dân khối DG 2000) Có (x + 1)2000 = 

2000 i i 2000 i C x (1) Trong (1) cho x = ta 

 2000 i 2000 i C

= 22000

Đạo hàm vế (1) theo x, ta có: 2000.(x + 1)1999 =

 

 2000

i i 2000 i

i.C x

Cho x = ta được: 

 2000 i 2000 i i.C

= 2000.21999 = 1000.22000

Do đó: S =  



 

2000 2000

i i

2000 2000

i i

C i.C

= 1001.22000. 17. (HV Kỹ thuật quân 2000)

P(x) = (1 + 2x)12 = a

0 + a1x + a2x2 + … + a12x12

ak = k k 12

C ; a

k < ak+1  k < 23

3

 

 

i 12 i 1,12

max(a ) a C

= 126720

18. (ĐH Cảnh sát nhân dân khối A 2000)  Tính I caùch:

* Đổi biến: t = – x2  dt = –2xdx

 I =

        n

1 t dt

= 

1 n t dt =     n

1 t

2(n 1) 2(n 1)

* Khai triển nhị thức:

x(1 – x2)n = x       

0 2 n n 2n

n n n n n

C C x C x C x ( 1) C x

 I =

               

2 2n

0 n n

n n n n n

0

x x x x x

C C C C ( 1) C

2 2n

=



    

 n

0 n

n n n n n

1C 1C 1C 1C ( 1) C 2(n 1)

(43)

19. (CĐ Cảnh sát nhân dân khối A 2000) Hệ số x5 khai triển biểu thức:

(x + 1)4 + (x + 1)5 + (x + 1)6 + (x + 1)7

laø: C55C56C57 = +  6! 7! 5!1! 5!2! = 28 20. (ĐH An Ninh khối A 2001)

Ta phải tìm số tự nhiên n > thoả mãn: xn =

 

 n n n A 143

P 4P < 0  (n + 3).(n + 4) – 1434 < 0

 4n2 + 28n – 95 < 0     19 n

2

Vì n số nguyên dương nên ta n = 1,  số hạng âm dãy x1, x2

21. (ÑH An ninh nhân dân khối A 2001) Ta có:  

2 n n! A

(n 2)! = n(n – 1)  n2     

1 1

n(n 1) n n A

Thay n 2, 3, … ta được:

  

2 2

2 n

1

A A A = 1 1 11 2 3    n n1  1 1 n1 n 1 n (đpcm) 22. (ĐH Bách khoa HN khối AD 2001)

Đặt u = Ayx; v = Cyx 

            

2u 5v 90 u 20 5u 2v 80 v 10

Maø u = y!v  y! =  y =

     

2 x x!

A x(x 1) 20

(x 2)!  x2 – x – 20 =       x x (loại)

Vaäy      x y

23. (ĐH Dân lập Duy Tân khối A 2001) I =

 

6

(x 2) dx

=

 



7 7

0

(x 2)

7

2 Ta coù: I =

 

6

(x 2) dx

(44)

=  

     



0 3 4 5 6

6 6 6 6

0

C C x C x C x C x C 2x C x dx

=              

6

0 2 3 4 5 6

6 6 6 6

0 C x C x C x C x C x 2C x 1C x

1

=      

6

0

6 6 6 6

2 C C C C C 2C 1C

1 = S

Vaäy: S =

 7

7

24. (ĐH Đà Lạt khối D 2001) Đặt u = 2x – 1, ta được:

(*)            n n k k n n k u 1 C u

2  (u + 1)n =  n

k k n k

C u

Đẳng thức

25. (ĐH Đà Nẵng khối A 2001) Có



 

  

2

k k k k k k

n n n

0

1 C 2 C x C x dx k 2(k 1)

 S =      

0 2 3 n n

n n n n n

C C C C C

2 n

=                 2

n n n

k k k k k k

n n n

k k 0 k

1 C 2 C x dx C x dx

k 2

= =      

2 n

n

0

1 (x 1) dx (x 1).

2 n

=    n 2(n 1) 26. (ĐH Hàng hải 2001)

Ta coù: (1 + 3)2n = C02nC 312n 1C 32n2 2 C 3 2n n2n

(1 – 3)2n = C02n C 312n 1C 32n2 2 C 3 2n n2n

Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên, ta được: 42n + 22n = 2    

0 2 2n 2n

2n 2n 2n

C C C

Từ ta được: C2n0 C 322n 2C 32n4 4 C 3 2n 2n2n 22n 2n (2 1) 27. (ĐH Luật TPHCM khối A 2001)

Xét hàm soá: f(x) = (x + 3)n = C 3n0 nC x C x1 n 1n    n nn

(45)

Cho x = 1, ta được:

f(1) = n.4n–1 = C 31 n 1n  2.C 3n2 n 2 3.C 3n3 n 3  n.C nn (đpcm) 28. (ĐHSP HN khối A 2001)

Ta coù: ak–1≤ ak 

 

 k k k k

10 10

C C     

1

(k 1)!(11 k)! k!(10 k)!

 k ≤ 2(11 – k)  k ≤

22

Vậy hệ số a7 lớn nhất: a7 =

7 10 10 C

3 .

29. (ÑH Vinh khối AB 2001) Ta có: Ckn = 

n!

k!(n k)! vaø k 1

n

C =    n!

(k 1)!(n k 1)!  

   k n k n

C n k k

C .

Do đó: Ckn > Ck 1n   

 n k 1

k  k <  n

2

Bảng biến thiên:



k n

C lớn k số tự nhiên lớn không vượt n 12 . 30. (ĐH Vinh khối DTM 2001)

Ta coù: (x + 1)2001 =  2001

k k

2001 k

C x

(–x + 1)2001 = 

 

2001

k k

2001 k

C ( x)

Cộng lại ta được:

(x + 1)2001 + (–x + 1)2001 =

= 2     

0 2 4 2000 2000

2001 2001 2001 2001

C x C x C x C

Cho x = ta được:

42001 – 22001 = 2     

0 2 4 2000 2000

2001 2001 2001 2001

C C C C

(46)

Đặt ak =  

n n

2n k 2n k

C C với ≤ k ≤ n Ta chứng minh rằng:

a0 > a1 > … > an (1)

Thật vậy, ta có BĐT ak > ak+1 với ≤ k ≤ n – (2)



     



     

(2n k)! (2n k)!. (2n k 1)! (2n k 1)!. n!(n k)! n!(n k)! n!(n k 1)! n!(n k 1)!



  



  

2n k 2n k

n k n k  (2n – k)(n + k + 1) > (n – k)(2n + k + 1)

 2nk + n >

Ta BĐT  (2)  (1) Do đó: ak =    



n n n

2n k 2n k 2n C C C

= a0

Daáu “=” xảy  k =

32. (ĐH khối A 2002)

Từ Cn35C1n ta có n ≥    n! 5 n!

3!(n 3)! (n 1)!     n(n 1)(n 2) 5n

6



 n2 – 3n – 28 =    

 

n (loại) n

Với n = ta có:   



 x

x

3 2 3

7

C 2 = 140  35.22x–2.2–x = 140

 2x–2 =  x = 4.

Vaäy n = 7, x =

33. (ĐH khối B 2002)

Số tam giác có đỉnh 2n điểm A1, A2, …, A2n 2n C .

Gọi đường chéo đa giác A1A2…A2n qua tâm đường tròn (O)

là đường chéo lớn đa giác cho có n đường chéo lớn

Mỗi hình chữ nhật có đỉnh 2n điểm A1, A2, …, A2n có

đường chéo hai đường chéo lớn Ngược lại, với cặp đường chéo lớn ta có đầu mút chúng đỉnh hình chữ nhật Vậy số hình chữ nhật nói số cặp đường chéo lớn đa giác A1, A2, …, A2n, tức

2 n C .

Theo giaû thiết thì:

  

 

3

2n n (2n)! n!

C 20C 20

3!(2n 3)! 2!(n 2)!



  



2n(2n 1)(2n 2) 20n(n 1)

(47)

34. (ĐH khối D 2002) Ta coù: (x + 1)n = 

n k k n k

C x

Cho x = ta được: 3n =  n

k k n k

C

 3n = 243  n = 5. 35. (ĐH dự bị 2002)

BPT 

  

 

n

n(n - 1)(n - 2) + n(n - 1) 9n     

 

 n

n - 2n -

 ≤ n ≤  n = n =

36. (ĐH dự bị 2002) Ta có:

 

 

k k k a a a

2 24 (1) (1 ≤ k ≤ n – 1)



 

 

k k k

n n n

C C C

2 24

         

1 n! n! n!

2 (k 1)!(n k 1)! k!(n k)! 24 (k 1)!(n k 1)!

 2.(k – 1)!(n – k + 1)! = 9.k!(n – k)! = 24.(k + 1)!(n – k – 1)!  2.(n – k +1)(n – k) = 9.k(n – k) = 24.(k + 1)k



  

 

  



2(n k 1) 9k 9(n k) 24(k 1) 

 

   

    

2n k

11 3n k

11

Để tồn k thoả mãn hệ thức (1), điều kiện có đủ là: 3n – = 2n +  n = 10

37. (ĐH dự bị 2002)

Ta coù: (x + 1)10 = x10 + C x101 9C x102 8C x103 7 C x 1 109 

 (x + 1)10(x + 2) = x11 + C x110 10C x102 9C x103 8 C x 109 2x +

+ x 10C x101 9C x102 8C x310 7 C x 1 910  

= x11 +C1102 x 10C102 C x101  9C103 C x102  8 

+ C109 C x108  2 + C1010C x910  + 2

= x11 + a

1x10 + a2x9 + … + a11

Vaäy a5 = 

5

10 10

(48)

Ta coù: Cn 4n 1  Cn 3n 7(n 3)    

      

n n n

C C C 7(n 3)



 

(n 2)(n 3)

2! = 7(n + 3)  n + = 7.2! = 14  n = 12.

Số hạng tổng quát khai triển laø:

   



 12 k

5 60 11k

k k 2 k 2

12 12

C (x ) x C x

Ta coù:



60 11k

x = x8   60 11k

2 =  k = 4.

Do hệ số số hạng chứa x8  

12 12! C

4!(12 4)! = 495. 39. (ĐH khối B 2003)

Ta coù: (1 + x)n = C0nC x C x1n  n2 2 C x n nn



 

     

 

2

n 2 n n

n n n n

1

(1 x) dx C C x C x C x dx

               

2 n

n 1 n

n n n n

1

1 (1 x) C x C x C x C x

n n





  

   



2 n

0 n

n n n n

C C C C

2 n =

 

  n n

n 40. (ĐH khối D 2003)

Ta có: (x2 + 1)n = C xn0 2nC x1 2n 2n  C xn2 2n 4  C nn

(x + 2)n = C xn0 n2C x1 n 1n  2 C x2 n 2n  2 C x3 n 3n   C n nn

Dễ dàng kiểm tra n = 1, n = khơng thoả mãn điều kiện tốn Với n ≥ x3n–3 = x2nxn–3 = x2n–2xn–1

Do hệ số x3n–3 khai triển thành đa thức của:

(x2 + 1)n(x + 2)n

laø: a3n–3 = 

3 1

n n n n

2 C C 2.C C

 a3n–3 = 26n 

 



2n(2n 3n 4) 26n

3 

      n n (loại)

Vaäy: n =

41. (ĐH khối D 2003 dự bị 2)

(49)

      

2

2 3

n n n n

C 2C C C 100

    

2 n n

C C 100  C2nCn310



  

 

n(n 1) n(n 1)(n 2) 10

2

 3n(n – 1) + (n2 – n)(n – 2) = 60

 (n2 – n)(n + 1) = 60  (n – 1)n(n + 1) = 3.4.5

 n =

42. (CĐ Xây dựng số – 2002) Ta có khai triển:

(x + 1)2n = C x02n 2nC x12n 2n 1 C x22n 2n 2  C 2n 12n x C 2n2n

Cho x = –1 ta được:

0 = C2n0  C12nC2n2  C32nC2n4  C 2n 12n C2n2n

 C12nC32n C 2n 12n C02nC22n C 2n2n 43. (CĐ Sư phạm Bến Tre khối A 2002)

1 Điều kiện:

 

  

 



 

  

   

x

x x x x N x N

PT  x +   

x! x!

6

2!(x 2)! 3!(x 3)! = 9x2 – 14x

 x + 3x(x – 1) + x(x – 1)(x – 2) = 9x2 – 14x

 x(x2 – 9x + 14) –    

    

x (loại) x (loại)

x  x = 2

2  Caùch 1:

* Ta coù: (1 – x)20 = C020 C x C x120  202 2 C x 19 1920 C x20 2020

Cho x = ta coù: C020 C120C202  C 1920C2020 = 0

 C020C220 C 2020 C120C320 C 1920

Đặt: A = C020C220 C 2020; B = C120C320 C 1920

 A = B (1)

(50)

Cho x = ta coù: C020C120C202  C 1920C2020 = 220

 A + B = 220 (2)

Từ (1) (2) suy A =

20

2 = 219 (đpcm).

 Cách 2: Áp dụng cơng thức    

k k k

n n n

C C C C0n1, ta được:

    

1 17 19

20 20 20 20 20

C C C C C =

= C190 C191 C192 C193 C1619C1719C1918C1919

= (1 + 1)19 = 219. 44. (CĐ khối AD 2003)

 Cách 1:

Ta có: Pn+1 – [nPn + (n – 1)Pn–1 + … + 2P2 + P1] =

= (n + 1)! – n.n! – (n – 1).(n – 1)! – … – 2.2! – 1! = n![(n + 1) – n] – (n – 1).(n – 1)! – … – 2.2! – 1! = n! – (n – 1).(n – 1)! – … – 2.2! – 1!

= (n – 1)![n – (n – 1)] – … – 2.2! – 1! = (n – 1)! – (n – 2)(n – 2)! – … – 2.2! – 1! = …

= 2! – 1.1! =

Vaäy: P1 + 2P2 + 3P3 + …+ nPn = Pn+1 –

 Cách 2: Chứng minh qui nạp:

* Với n = 1, ta có P1 = P2 –  1! = 2! – Mệnh đề

* Giả sử mệnh đề với n = k (k > 1), tức ta có:

P1 + 2P2 + 3P3 + …+ kPk = Pk+1 –

* Ta caàn ch minh: P1 + 2P2 + 3P3 + …+ kPk + (k +1)Pk+1= Pk+2 –

Thaät vaäy, P1 + 2P2 + 3P3 + …+ kPk + (k +1)Pk+1 = Pk+1 – + (k +1)Pk+1

= (k + 2)Pk+1 – = Pk+2 – (đpcm) 45. (CĐ Giao thông II 2003)

Do Cn0Cnn1 nên ta có: C C Cn n0 nnC C C1 2n n n 1n

Áp dụng BĐT Côsi ta coù:

 

     

 

  

n

1 n

1 n n n n

n n n C C C C C C

n

Áp dụng khai triển (a + b)n =

 

 n

k k n k n k

C a b

với a = b = 1, ta có:

   

0 n

n n n n

(51)

Suy ra:           n n

1 n

n n n 2

C C C

n (đpcm). 46. (CĐ Giao thông III 2003)

1 Ta coù: (1 + x)n = C0nC x C x1n  n2 2C x3 3n  C x nn n

Đạo hàm vế, ta được:

n(1 + x)n–1 = Cn12C x 3C xn2  2n  nC x n n 1n 

Cho x = –1

0 = C1n 2Cn23Cn3 4Cn4 ( 1) nC  n 1 nn

Vaäy S =

2 Ta coù: (1 + x)n = C0nC x C x1n  n2 2C x3 3n  C x nn n



 

      

 

1

n 2 3 n n

n n n n n

0

(1 x) dx C C x C x C x C x dx

                1 n

0 2 n n

n n n n

0

(1 x) C x 1C x 1C x C x

n n

          n

0 n

n n n n

2 C 1C 1C C

n n

Do đó: T =

   n n

Ta coù: CnnCn 1n Cn 2n 79 

          

n N, n n(n 1)

1 n 79

2  n = 12

Vaäy: T =

 13

13 .

47. (CĐ Tài kế tốn IV 2003)

Vế trái = Cn 2k Ck 1n 2 Cn 2k 1 Ck 2n 2 = Ckn 1 Ck 1n 1 = Ckn

48. (CĐ Tài kế toán IV 2003 dự bị) Điều kiện: n  Z, n ≥

BPT  

3 (2n)! (3n)! (n!) 720

n!n! (2n)!n!  (3n)! ≤ 720

Ta thấy (3n)! tăng theo n mặt khác 6! = 720 ≥ (3n)!

Do đó: BPT có nghiệm

   

 

(52)

49. (CĐ Công nghieäp HN 2003) P(x) = (16x – 15)2003 =

 

 

2003

k 2003 k k

2003 k

C (16x) ( 15)

=      2003

k 2003 k k 2003 k 2003

k

C (16) ( 15) x

Các hệ số khai triển đa thức là: ak =



k 2003 k k

2003

C (16) ( 15)

Vaäy: S =



 

 

 

2003 2003

k 2003 k k

k 2003

k k

a C (16) ( 15)

= (16 – 15)2003 = 1 50. (CĐ Khí tượng thuỷ văn khối A 2003)

Điều kieän: n  N, n ≥

PT     

n! 2 n! 16n

(n 3)! 2!(n 2)!  n(n – 1)(n – 2) + n(n – 1) = 16n

 n2 – 2n – 15 =      

n n (loại)

vậy: n =

51. (CĐ Nông Lâm 2003) Ta coù:        15 2x 3 =

                 

15 k k

15 15

k k k k

15 15 15

k k

1 2

C x C x

3 3

Gọi ak hệ số xk khai trieån:

ak =

k k 15 15 C

3 ; k = 0, 1, 2, …, 15.

Xét tăng giảm dãy ak:

ak–1 < ak 

 

 k k k k

15 15

C C  

 k k

15 15

C 2C

 k <

32

3 , k = 0, 1, , 15

Từ đó: a0 < a1 < a2 < … < a10

Đảo dấu BĐT ta được: ak–1 > ak  k >

32

3  a10 > a11 > … > a15.

Vậy hệ số lớn phải tìm là: a10 =



10 10

10 15

15 15

2 C 3003.2

3 .

(53)

(1 – x)2n = C02n C x C x12n  22n 2 C x32n 3C x2n4 4 C 2n 2n 12n x  C x2n 2n2n

Đạo hàm vế theo x, ta có: –2n(1 – x)2n–1 =

= C12n2C x 3C x2n2  2n3 24C x2n4 3 (2n 1)C  2n 2n 22n x  2nC x2n 2n 12n 

Thế x = vào đẳng thức trên, ta có:

0 = C2n1 2C22n 3C32n4C42n (2n 1)C  2n 12n 2nC2n2n

Vaäy: 1C12n3C2n3  (2n 1)C  2n2n 1 2C22n4C42n 2nC 2n2n. 53. (ĐH khối A 2004)

Ta có: [1 + x2(1 – x)]8 = C08C x (1 x) C x (1 x)1 28   48  2C x (1 x)3 68  3+

+C x (1 x)84  4C x (1 x)5 108  5C x (1 x)86 12  6C x (1 x)7 148  7C x (1 x)8 168 

Bậc x số hạng đầu nhỏ 8, bậc x số hạng cuối lớn

Vậy x8 có số hạng thư tư, thứ năm, với hệ số tương ứng

laø: C C ; C C38 23 84 04

Suy ra: a8 = 168 + 70 = 238 54. (ĐH khối D 2004)

Ta có:

 



 

 

7

4 x

x =  

 

      

k

7 7 k

k

7 4

k

1 C x

x =

 



28 7k

k 12 k

C x

Số hạng không chứa x số hạng tương ứng với k (k  Z, ≤ k ≤ 7) thoả mãn:

  28 7k

12  k = 4

Vậy số hạng không chứa x cần tìm là: C47 = 35. 55. (ĐH khối A 2005)

Ta coù: (1 + x)2n+1 = C02n 1 C2n 11 x C 2n 12x2C2n 13 x3 C 2n 12n 2n 1x 

Đạo hàm vế ta có:

(2n + 1)(1 + x)2n = C12n 1 2C2n 12 x 3C 32n 1x2 (2n 1)C  2n 12n 2nx

Thay x = –2, ta coù:



        

1 2 2n 2n

2n 2n 2n 2n

C 2.2C 3.2 C (2n 1)2 C = 2n + 1

Theo giả thiết ta coù: 2n + = 2005  n = 1002

56. (ĐH khối D 2005) Điều kiện: n ≥

Ta coù:       

2 2

n n n n

(54)



   

   

  

(n 1)! 2(n 2)! 2 (n 3)! (n 4)! 149 2!(n 1)! 2!n! 2!(n 1)! 2!(n 2)!

 n2 + 4n – 45 =       n

n (loại)

Vaäy: n =

57. (ĐH khối A 2005 dự bị 2)

Ta coù: (1 + x)2n+1 = C02n 1 C2n 11 x C 2n 12x2C2n 13 x3 C 2n 12n 2n 1x 

Cho x = ta coù: 22n+1 = C2n 10 C12n 1 C2n 12  C32n 1  C 2n 12n 1 (1)

Cho x = –1 ta coù: =          

0 2n

2n 2n 2n 2n 2n

C C C C C (2)

Laáy (1) – (2)  22n+1 = 2 C 12n 1 C32n 1  C 2n 12n 1 

 22n = C12n 1 C32n 1  C 2n 12n 1 = 1024  2n = 10

Ta coù: (2 – 3x)10 =

 

  10

k k 10 k k 10

k

( 1) C (3x)

Suy hệ số x7 C 2710 58. (ĐH khối D 2005 dự bị 1)

k 2005

C lớn 

         

k k

2005 2005

k k

2005 2005 C C (k N) C C                 2005! 2005! k!(2005 k)! (k 1)!(2004 k)!

2005! 2005!

k!(2005 k)! (k 1)!(2006 k)! 

  

 

  

k 2005 k 2006 k k

      k 1002

k 1003  1002 ≤ k ≤ 1003, k  N.

 k = 1002 k = 1003

59. (ĐH khối D 2005 dự bị 2) Ta có: 2Pn + 

2

n n n

A P A = 12 (n  N, n > 1)

 2n! +    

6.n! n! n! 12

(n 2)! (n 2)!  (n 2)!n! (6 n!) 2(6 n!) 0   

          

6 n! n! 2 0 (n 2)! 

       n!

n(n 1) 0         n

(55)



 

  

 n

n (vì n 2)

Vậy: n = n =

60. (ĐH khối A 2006)

 Từ giả thiết suy ra:         

0 n 20

2n 2n 2n 2n

C C C C (1)

Vì    

k 2n k 2n 2n

C C , k, ≤ k ≤ 2n + neân:

 



                

0 n 2n

2n 2n 2n 2n 1 2n 2n 2n 2n

C C C C C C C C

2 (2)

Từ khai triển nhị thức Newton (1 + 1)2n+1 suy ra:

  

          

0 2n 2n 2n

2n 2n 2n 2n

C C C C (1 1) (3)

từ (1), (2), (3) suy ra: 22n = 220  n = 10.

 Ta coù:

 

  

 

 

  

 

   

10 10 k 10

7 k 10 k k 11k 40

10 10

4

k k

1 x C (x ) x C x x

Hệ số x26 Ck10 với k thoả mãn: 11k–40 = 26  k = 6

Vậy hệ số x26 C610 = 210. 61. (ĐH khối B 2006)

Số tập k phần tử tập hợp A Ckn Từ giả thiết suy ra: 

4

n n

C 20C  n2 – 5n – 234 =  n = 18 (vì n ≥ 4)

Do





 

 k 18

k 18

C 18 k 1 k

C  k < 9, neân: C118 C218 C 189

 C189 C1018  C 1818

Vậy số tập gồm k phần tử A lớn k =

62. (CĐ Bán công Hoa Sen khối A 2006) ÑK: x  N, y  N*, x ≤ y

Từ phương trình thứ hai suy x = Thay vào phương trình thứ ta được:

y2 – 9y + =    

 

y 1(loại)

y . Vaäy: x = 4; y = 8. 63. (CĐ KT–KT Cần Thơ khối AB 2006)

ĐK: n  N, n ≤

 

n n n

4

1 1

C C C  n!(4 n)! n!(5 n)! n!(6 n)!    

(56)

 n2 – 17n + 30 =      

n 15 (loại) n

Vậy: n =

64. (CĐ Sư phạm TPHCM khối A 2006)

   

0

n n n

C C C 211 

          

n N,n n(n 1)

1 n 211

2           

n N,n

n n 420 0  n = 20

       k k k n n n k

(k 1).C (k 1)C C (k 1)! A

k! (k = 1, 2, …, n)

Do đó: với n = 20 ta có: S = C020C120 C 2020 = 220. 65. (CĐ Sư phạm TPHCM khối BT 2006)

Số hạng thứ k + khai triển (1 – 2x)n là: T

k+1 =  k k k n C ( 2) x

Từ ta có: a0 + a1 + a2 = 71    

0

n n n

C 2C 4C 71

           

n N, n n(n 1) 2n 71

2 

         

n N, n

n 2n 35 0  n = 7

Với n = 7, ta có hệ số x5 khai triển (1 – 2x)n là:

a5 =  5

C ( 2) = – 672. 66. (CĐ Điện lực TPHCM 2006)

Ta coù: C1nC3n13n 

 

n(n 1)(n 2)

n 13n

6

 n2 – 3n – 70      

n 10 n (loại)

Số hạng tổng quát khai triển nhị thức là: Tk+1 =

  



k 10 k k k 20 5k

10 10

C (x ) (x ) C x

Tk+1 không chứa x  20 – 5k =  k =

Vậy số hạng không chứa x là: T5 = 10

C = 210. 67. (CĐ Kinh tế TPHCM 2006)

 Cách 1: Ta có:          

0 4n 4n

4n 4n 4n 4n

(57)

 

        

0 4n 4n

4n 4n 4n 4n

C C C C

        

0 2n 4n

4n 4n 4n 4n

C C C C

Vậy có: 24n = 256  n = 2

 Caùch 2: Ñaët Sn =        

0 2n

4n 4n 4n 4n C C C C

Thì Sn+1 =        

0 2n

4n 4n 4n 4n C C C C

Vì   

2k 2k

4n 4n

C C (0 ≤ k ≤ n) neân S

n+1 > Sn  dãy (Sn) tăng

Khi n = S2 =  

0

10 10 10

C C C = 256

Vaäy Sn = 256  n =

68. (CĐ Kinh tế đối ngoại khối AD 2006) A =

   

   

   

 

20 10

3

1

x x

=

      

  

 

  

 

20 k 10 10 k n

k k 20 k n n

20 10

k n

( 1) C x x ( 1) C x x

=

     

 

  

 

20 k 10 n

k 20 3k n 30 4n

20 10

k n

1 C x C x

Xét trường hợp 20 – 3k = 30 – 4n  10 – n = 3(n – k)

Vì ≤ n ≤ 10 10 – n phải bội số nên n = hay n= hay n=

10

 có số hạng hai khai triển có luỹ thừa x giống Vậy sau khai triển rút gọn biểu thức A gồm:

21 + 11 – = 29 số hạng

69. (CĐ KT Y tế I 2006)

Ta có: 42n = (1 + 3)2n = C02nC 312n 1C 32n2 2 C 2n 2n 12n  C 32n 2n2n

22n = (1 – 3)2n = C02n C 312n 1C 32n2 2 C 2n 2n 12n  C 32n 2n2n

 42n + 22n = 2 C 02nC 32n2 2 C 3 2n2n 2n

 42n + 22n = 2.215(216 + 1)  (22n – 216)(22n + 216 + 1) =

 22n = 216  n = 8.

70. (CĐ Xây dựng số 2006)

Theo khai triển nhị thức Newton ta có:

(a + b)n = C a0 nn C a b C b1 n 1n    n nn

(58)

 Với a = 1, b =  2n = (1 + 1)n = Cn0C1n C nn

Vaäy: C 30 nn  C 3n1 n 1  ( 1) C  n nnC0nC1n C nn 71. (CĐ KT Y tế 2005)

ÑK: x  N, x ≥

BPT 



  

 

(x 1)! x!

2 20

2!(x 1)! (x 2)!

 x(x + 1) + 3x(x – 1) – 20 <  2x2 – x – 10 <  – < x <

Kết hợp điều kiện  x =

72. (CĐBC Hoa Sen khối D 2006) Số hạng tổng quát: C ( 1) xk15  k 45 2k k y



 

 

 

45 2k 29

k  k = 8

Vậy hệ số x29y8 là: C158 = 6435. 73. (CĐ Sư phạm TPHCM khối DM 2006)

Số hạng thứ k + khai triển (1 – 2x)n là: T

k+1 =  k k k n C ( 2) x

Từ ta có: a0 + a1 + a2 = 71   

0

n n n

C 2C 4C = 71



 

 

 

  

 

n N, n n(n 1) 2n 71

2 

 

  

  

 

n N, n

Định dạng
Số trang	58
Dung lượng	3,16 MB