Tính tổng hữu hạn biểu thức tổ hợp

TUYỂN TẬP BÀI TỐN TÍNH TỔNG HỮU HẠN BIỂU THỨC TỔ HỢP LỚP 11 ĐỀ BÀI Câu (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tổng T  Cn0  Cn1  Cn2  Cn3   Cnn A T  2n B T  4n D T  2n  C T  2n  Lời giải Chọn A n Xét khai triển ( x  1) n   Ckn x n  k  Cn0 x n Cn1 x n 1   Cnn 1.x  Cnn k 0 Thay x  vào khai triển ta (1  1)n  Cn0  Cn1   Cnn1  Cnn  Cn0  Cn1   Cnn1  Cnn  2n Câu (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tổng T  Cn0  Cn1  Cn2  Cn3    1 Cnn n A T  2n B T  4n C T  2n  Lời giải Chọn A n Xét khai triển ( x  1) n   Ckn x n k  Cn0 Cn1 x   Cnn 1.x n 1  x nCnn k 0 D T  2n  Thay x  1 vào khai triển ta (1  1) n  Cn0  Cn1  Cn2  Cn3    1 Cnn  Cn0  Cn1  Cn2  Cn3    1 Cnn  n Câu (Thầy Nguyễn Chí Thành) (THPT n Chuyên Hùng Vương-Gia 1  x  1  x  x  1  x  x   x n   a0  a1 x  a2 x   am x m Lai-2018) m Tính a r 0 r Giả sử ( tổng hệ số khai triển) C  n  1 ! B n A D n! Lời giải Chọn C Cho x  ta có 2.3.4.5  n  1  a0  a1   am m Vậy a r r 0  1.2.3  n  1   n  1! Câu (Thầy Nguyễn Chí Thành) (THPT n Định - Thanh Hóa - Lần - 2017 - 2018 - BTN)  Khai triển  x  3x2  10  a0  a1 x  a2 x2   a20 x20 Tính tổng S  a0  2a1  4a2   220 a20 B S  1710 A S  1510 D S  1720 C S  710 Lời giải Chọn B 1  2x  3x  10  a0  a1 x  a2 x2   a20 x20 Thay x  ta S  a0  2a1  4a2   220 a20  1710 Câu (Thầy Nguyễn Chí Thành) (THPT HÀM RỒNG - THANH HÓA - LẦN - 2017 - 2018 -    C  BTN) Tính tổng S  Cn0   2 n A C2nn    Cnn    D n C2nn C nC2nn B C2nn Lời giải Chọn B Xét khai triển 1  x  n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n  x  1 n  Cn0 x n  Cn1 x n 1  Cn2 x n    Cnn    C  Hệ số x n khai triển 1  x   x  1 Cn0 n 1  x  2n n 2 n    Cnn   C20n  C21n x  C22n x   C2nn x n   C22nn x n Hệ số x n khai triển 1  x  2n C2nn Mặt khác 1  x   1  x   x  1 nên hệ số x n hai khai triển phải 2n n    C  Suy S  Cn0 2 n n    Cnn   C2nn Câu (Thầy Nguyễn Chí Thành) (THPT Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - Lần - 2017 - 2018 n BTN) Cho n số tự nhiên thỏa mãn 3Cn  4Cn  5Cn   (n  3)Cn  3840 Tổng tất hệ số số hạng khai triển (1  x  x  x3 ) n A 410 C 210 B 49 D 29 Lời giải Chọn D 3Cn0  4Cn1  5Cn2   (n  3)Cnn  3840    3 Cn0  1  3 Cn1    3 Cn2    n  3 Cnn  3840   Cn1  2Cn2   nCnn    Cn0  Cn1  Cn2   Cnn   3840  n.2n1  3.2n  3840  n   Cho x   (1  x  x2  x3 )9    12  13   29 Câu (Thầy Nguyễn Chí Thành) Giá trị tổng A  C71  C72  .C77 B 63 A 255 D 31 C 127 Lời giải Chọn C Ta có:  x  1  C70 x  C71 x  C72 x   C77 x Cho x  , ta được: 1  1  C70  C71  C72   C77  A  C71  C72   C77  27   127 ( Chú ý C70  ) Câu (Thầy Nguyễn Chí Thành) C20n  C22n  C24n   C22nn A 2n B n1 C 2 n D 2 n1 Lời giải Chọn D Xét khai triển ( x  1)2n  C20n x2n  C21n x2n1  C22n x2n2   C22nn Thay x  vào khai triển ta C20n  C21n  C22n   C22nn  22n (1) Thay x  1 vào khai triển ta C20n  C21n  C22n   C22nn  (2) Cộng theo vế (1) (2) suy :  C20n  C22n  C24n   C22nn   22 n   C20n  C22n  C24n   C22nn   22 n 1 Câu (Thầy Nguyễn Chí Thành) C21n  C23n  C25n   C22nn1 A 2n B n1 C 2 n Lời giải Chọn D Xét khai triển ( x  1)2n  C20n x2n  C21n x2n1  C22n x2n2   C22nn D 2 n1 Thay x  vào khai triển ta C20n  C21n  C22n   C22nn  22n (1) Thay x  1 vào khai triển ta C20n  C21n  C22n   C22nn  (2) Trừ theo vế (1) (2) suy :  C21n  C23n  C25n   C22nn 1   22 n  C21n  C23n  C25n   C22nn 1  22 n 1 Câu 10 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tổng tất hệ số khai triển  x  y  A 77520 B 1860480 C 1048576 20 D 81920 Lời giải Chọn C 20 Ta có  x  y    C20k x 20 k y k suy tổng tất hệ số khai triển  x  y  20 20 k 0 bằng: 20 C k 0 k 20  C20  C20  C202    C2020  1048576 Câu 11 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Nếu  x  1 khai triển nhị thức Niutơn  a5 x  a4 x  a3 x  a2 x  a1 x  a0 tổng a5  a4  a3  a2  a1  a0 bằng: A 32 B C D 32 Lời giải Chọn B  x  1  a5 x  a4 x  a3 x  a2 x  a1 x  a0 Thay x  suy  a5  a4  a3  a2  a1  a0 Câu 12 (Thầy Nguyễn Chí Thành) (THPT LƯƠNG TÀI - BẮC NINH - LẦN - 2017 - 2018 2016 2017 BTN)Tính tổng S  2C2017  2C2017  4C2017  8C2017   22016 C2017  22017 C2017 A S  1 B S  C S  D S  Lời giải Chọn C 2016 2017 S  2C2017  2C2017  4C2017  8C2017   22016 C2017  22017 C2017 0 2016 2017  S  C2017   C2017  2C2017  4C2017  8C2017   22016 C2017  22017 C2017   S   (1  2) 2017  Câu 13 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tính giá trị tổng S  C60  C61  C62   C66 bằng: A 64 B 48 C 72 Lời giải Chọn A S  C60  C61  C62   C66  26  64 D 100 Câu 14 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tổng số Cn0  Cn1  Cn2   1 Cnn có giá trị bằng: n A n chẵn B n lẻ C n hữu hạn D trường hợp Lời giải Chọn D Ta có:  x  1  Cn0 x n  1  Cn1 x n 1  1  Cn2 x n 2  1   Cnn x  1 n n Cho x  , ta được: 1  1 n  Cn0  Cn1  Cn2    1 Cnn  Cn0  Cn1  Cn2    1 Cnn  0, n n n Câu 15 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tính tổng sau: S1  5n Cn0  5n1.3.Cnn1  32.5n2 Cnn2   3n Cn0 B  8n A 28n C 8n1 D 8n Lời giải Chọn D Ta có: S1  (5  3)n  8n Câu 16 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho A  Cn0  5Cn1  52 Cn2   5n Cnn Vậy A B 5n A n C n D n Lời giải Chọn C Xét khai triển  a  b   Cn0 a b n  Cn1 a1.b n 1   Cnn a n b n Với a  5, b  ta có :   1 n  Cn0 50.1n  Cn1 51.1n 1   Cnn 5n.10  Cn0  5Cn1   5n Cnn  A Vậy A  6n Câu 17 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Trong khai triển  2a  1 , tổng ba số hạng đầu là: A 2a6  6a5  15a B 2a  15a5  30a C 64a  192a5  480a D 64a  192a5  240a Lời giải Chọn D Ta có:  2a  1  C60 26 a  C61 25 a  C62 24 a  Vậy tổng số hạng đầu 64a  192a5  240a Câu 18 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tính tổng S  C50  C51   C55 A  32 B 64 C Lời giải Chọn A S  C50  C51   C55  (1  1)5  32 2016 Câu 19 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tổng C2016 bằng:  C2016  C2016   C2016 D 12 C 2016  B 22016  A 22016 D 42016 Lời giải Chọn C Ta có:  x  1 2016 2016  C2016 x 2016  C2016 x 2015  C2016 x 2014   C2016 x Cho x  , ta được: 1  1 2016 2016  C2016  C2016  C2016   C2016 2016  C2016  C2016   C2016  22016  C2016  22016  Câu 20 (Thầy Nguyễn Chí Thành) (THPT Chun Biên Hịa - Hà Nam - LẦN - 2017 - 2018) Cho tập A gồm 20 phần tử Có tập A khác rỗng số phần tử số chẵn? B 220  A 219  C 220 D 219 Lời giải Chọn A 3 19 19 20 20  C20 x  C202 x  C20 x   C20 x  C20 x Xét khai triển 1  x   C20 20 19 20 Khi x  ta có 220  C20  C20  C20  C20   C20  C20 1 19 Khi x  1 ta có  C20  C20  C20  C20   C20  C2020  2 Cộng vế theo vế 1   ta được: 20 220   C20  C202   C2020   219   C20  C20   C20 Vậy số tập A khác rỗng số phần tử số chẵn 219  phần tử Câu 21 (Thầy Nguyễn Chí Thành) (THPT TRẦN PHÚ ĐÀ NẴNG – 2018)Với n số tự nhiên lớn , đặt Sn  1 1     Tính lim S n C3 C4 C5 Cn A B C Lời giải Chọn B Ta có Cn3   n  3! n   n  1 n  n  n  1 n   n!  3! n  3!  n  3! Vậy ta có Nhận xét ; ;…; D 3n lim 2n lim Sn n lim 3 2017 T  C2017  C2017  C2017   C2017 22017  22016 22017  1  1 2017  1  1 2017  C2017  C2017  C2017  C2017   C2017 2017 2016  22017 2017  C2017  C2017  C2017  C2017   C2017 1  2 2017 22017   C2017  C2017  C2017   C2017   T  22016 1    C21n1  C23n1   C22nn11  1024 n n9 n5 n  10 22 n 1  1  1 n 1  1  1  C20n 1  C21n 1   C22nn11 n 1 n  11  C20n 1  C21n 1   C22nn11  C21n 1  C23n 1   C22nn11   22 n 1  C21n 1  C23n 1   C22nn11  22 n 22 n  2024  22 n  210  n   1 nCnn C1n 2Cn2 3C3n S     2.3 3.4 4.5  n  1 n  2 n n S n  n  1 n  2 k n S 2n  n  1 n  2 S n  n  1 n  2 0k n n0  n  1! n! Ckn    Ckn 11 k 1 k  k ! n  k ! n  n  k  ! n   k  !            k k 1 Cn  Cn1 k 1 n 1 S 2n  n  1 n  2 Áp dụng đẳng thức (*) ta có: k Ckn Ckn Ckn  k 2.Ckn k  Ckn    C      k  1 k    k  k   n k  k  k  k  k  Ckn Ckn Ckn 11 Ckn 11 Ckn 22  Ckn   1         k   n  1 n   n  1 n    k   k 1 k 1 k 1 Suy S     n n C2n1  C3n1  Cn41    1 Cnn11  C3n  Cn4    1 Cnn22 n 1  n  1 n  2 Ta có   C2n1    1 Cnn11  C0n1  C1n1  C2n1    1 Cnn11 +C0n1  C1n1 n   1  1 n 1 n    n  1   n   C3n  Cn4    1 Cnn22  C0n  C1n  Cn2  C3n  Cn4    1 Cnn22   C0n  C1n  C2n  n  1  1 n 1 n   n  1 n      n2  n  1   n     2   Vậy ta suy S n2  n n   n   n 1  n  1 n    n  1 n   Phương pháp trắc nghiệm  1 nCnn kết phương án C1n 2Cn2 3C3n Đặt tổng: S      2.3 3.4 4.5  n  1 n  2 n A, B, C, D 1 nCnn  C1n 2Cn2 3C3n n Xét phương án A: Giả sử S       2.3 3.4 4.5  n  1 n    n  1 n   n Kiểm tra với n  ta thấy VT  VP Vậy A Xét phương án B, C, D: Kiểm tra với n  VT  VP Vậy B, C, D khơng Câu 25 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tính giá trị biểu thức: 1 2016 2017 2017 2018 P  C2017 C2018  C2017 C2018   C2017 C2018  C2017 C2018 2017 B P  C4035 2018 A P  C4036 2017 C P  C4034 2018 D P  C4034 Lời giải Chọn B 2017 2016 2016 2017 Ta biến đổi trở thành: P  C2017 C2018  C2017 C2018   C2017 C2018  C2017 C2018 Xét khai triển: 1  x  2017 1  x  018  2016 2017 2017 2018   C2017  xC2017   x 2016C2017  x 2017C2017  xC2018   x 2017C2018  x 2018C2018 C2018  Hệ số x 2017 khai triển là: 2017 2016 2016 2017 P  C2017 C2018  C2017 C2018   C2017 C2018  C2017 C2018 Mặt khác, ta có: 1  x  2017 1  x  018  1  x  4035 4034 4035  C4035  xC4035   x 4034C4035  x 4035C4035 khai triển 2017 2017 hệ số x 2017 C4035 Do ta có: P  C4035 Câu 26 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tính tổng sau: S  Cn1 3n1  2Cn2 3n2  3Cn3 3n3   nCnn A n.4n1 B C D n 1 Lời giải Chọn A 1 a có: S   kC    3 k 1 n n k k n k k 1 1 Vì kC    n   Cnk11 k  nên  3  3 k n k k n 1 1 1 S  n   Cnk11  3n 1.n   Cnk1  3n1.n(1  )n1  n.4n1 k 1   k 0   n n 1 Câu 27 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tính tổng sau: S1  Cn0  Cn1  Cn2   Cnn n 1 A 2n1  n 1 B 2n1  n 1 C 2n1  1 n 1 D 2n1  1 n 1 Lời giải Chọn A Ta có: 1 n! (n  1)! Cnk    Cnk11 (*) k 1 k  k !(n  k )! n  (k  1)![(n  1)  (k  1))! n   S1  n k 1  n 1 k 2n 1   C  C  C   n1 n    n 1 n 1  n  k 0 n 1 k 0  Câu 28 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tính tổng sau: S2  Cn1  2Cn2   nCnn B n.2n1 A 2n.2n 1 C 2n.2n 1 D n.2n1 Lời giải Chọn A Ta có: kCnk  k n! n! (n  1)!  n  nCnk11 , k  k !(n  k )! (k  1)![(n  1)  (k  1)]! (k  1)![(n  1)  (k  1)]! n n 1 k 1 k 0  S2   nCnk11  n Cnk1  n.2n 1 Câu 29 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tính tổng S  Cn0  32  1 3n1  n Cn   Cn n 1 A S  4n1  2n1 n 1 B S  4n1  2n1 1 n 1 C S  4n1  2n1 1 n 1 D S  4n1  2n1 1 n 1 Lời giải Chọn A Ta có S  S1  S2 , S1  Cn0  32 33 3n1 n Cn  Cn   Cn n 1 1 S2  Cn1  Cn2   Cnn n 1 Ta có S2  2n1  1 n 1 Tính S1  ? Ta có: 3k 1 (n  1)! 3k 1 k n! 3k 1 k 1  Cn  3k 1  Cn 1 k 1 (k  1)!(n  k )! n  (k  1)![(n  1)  (k  1)]! n   S1   n 1 k k 4n 1  1 n k 1 k 1 0 0  C  C  C C  C  n1 n  n  n    n2 n n   k 0 n  k 0 Vậy S  4n1  2n1 1 n 1 Câu 30 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tính tổng S  Cn0  A S  3n 1  2n 1 n 1 B S  22  1 2n1  n Cn   Cn n 1 3n  2n1 n 1 C S  3n1  2n n 1 D S  3n 1  2n1 n 1 Hướng dẫn giải: Chọn A Ta có: S  S1  S2 n Trong S1   Cnk k 0 Mà n Ck 2k 1 2n1  ; S2   n  1 k 1 n 1 k 0 k  3n1  2k 1 k 2k 1 k 1 1 Cn  Cn1  S1  n 1 k 1 n 1 Suy ra: S  3n 1  2n 1 n 1 Câu 31 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Câu sau sai? A 2n  Cn0  Cn1  Cn2   Cnn B  Cn0  Cn1  Cn2    1 Cnn n 11 10 11  Hệ số x vế phải C110 a0  C11 a1  C112 a2  C113 a3   C11 a10  C11 a11   Từ 1   suy P  11 Câu 60 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho khai triển (1  x)2024  ao  a1 x  a2 x2   a2014 x2014 S  a1  a3 32   32010 a2011  32012 a2013 Khi tổng S có giá trị A 72014  52014 B 72014  52014 C 2014 D 52014 Lời giải Chọn A Ta có 2014 (1  x) 2024  C2014  C2014  x   C2014  x    C2014 2x 2 2014  C2014  C2014 x  C2014 22 x   C2014  ao  a1 x  a2 x   a2014 x 2014 ao  C2014  a1  2C2014   Do     2014 2014  a2014  C2014 S  a1  a3 32   32010 a2011  32012 a2013 2013 2012  2C2014  23 C2014 32   22013 C2014 3 2013 2013 3S  2.3.C2014  23 C2014 33   22013 C2014 3 2013 3S  6.C2014  63 C2014   62013 C2014 1 2013 2013 2014 2014 2014  C2014  C2014   C2014  C2014   1 2013 2013 2014 2014 2014  C2014  C2014   C2014  C2014  2013  2(61 C2014  63 C2014   62013 C2014 )  2014  52014  6S  2014  52014 S 6 C 1 2014 6 C 3 2014   2013 2013 2014 C 2014  52014  Chon A Câu 61 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho khai triển: 2014 2014 x 2014  x2  x     x 1   2018  ao  a1 x  a2 x   a2018 x 2018  b3 b2018 b1 b2 với x  1     2018 x   x  1  x  1  x  1 2018 Tính tổng S   bx x 1 A S  22018 1009 B S  22017  C2018 1009 C S  22017  C2018 1009 D S  22018  C2018 Lời giải Chọn B  x2  x   Đặt f  x     x 1   2018 Ta có: f    ao  b1  b2   b2018  22018  ao  S  22018  x2  2x   f  x    x 1   2018  C k 2018 k 0 1008  k 0 2018  x  1 k C2018  x  1   x  12      x 1    2018 k 2018 k  2018     x 1  x 1   k 2018 k   2018 k     C2018  x  1  x   k 0 2018  k 1009 k C2018  x  1 k  2018 Suy ra: b1  b3   b2017  0 1007 1008 Vậy S  b2  b4   b2018  C2018  C2018   C2018  C2018 1009 1010 2017 2018 1009 ao  C2018  C2018   C2018  C2018  C2018 S 1009  S  22017  C2018 Cách 2:   f  x   x 1  x 1   2018 2018 k   C2018  x  1 k 0 2018  2k    k  1009  0  k  2018 2018 S  k 1010 1008 C k 0 k 2018 k k 2018 k C2018 C2018  C2018 1009 C2018  2018  k 1010 k C2018  22018 1009  S  C2018  S  22018 1009  S  22017  C2018 2018 k 2018 Câu 62 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tổng 2018 2017 S  12 C2018 20  22 C2018 21  32 C2018 22   20182 C2018  2018.3a  2b  1 với a , b số nguyên dương 2b  khơng chia hết cho Tính a  b A 2017 B 4035 C 4034 D 2018 Lời giải Chọn C Xét  x  1 2018 2018 k   C2018 x k k 0 Đạo hàm hai vế ta 2018  x  1 2017 2018 k   k C2018 x k 1 k 1 Nhân hai vế với x , 2018.x  x  1 2017 2018 k   k C2018 x k k 1 Đạo hàm hai vế ta 2018  x  1  2017  2017.x  x  1 2016 2018 k    k 2C2018 x k 1  k 1 2018 k Cho x  ta 2018 32017  2017.2.32016    k 2C2018 2k 1 k 1 2018 2017  2018.32016  2.2017  3  C2018  22 C2018 21   20182 C2018  2018.32016  2.2018  1  S Vậy a  2016 , b  2018  a  b  4034  Câu 63 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tính tổng S  C2014  2 2014   C2014    2014 C2014  2 Lời giải 2013 B S  2015.C4027 2013 A S  2017.C4027 2013 C S  2014.C4027 Chọn C Sử dụng công thức: kCnk  nCnk11 Cnk  Cnnk ta có: 2014 2013 S  2014.C2014 C2013  2014C2014 C2013   2014C2014 C2013 2013 2012 2013  S  2014  C2014 C2013  C2014 C2013   C2014 C2013  Ta khai triển: 1  x  Cách 1: 1  x  2014 2014 1  x  1  x  2013 2013 theo hai cách:  1  x  4027 4027 k   C4027 x k k 0 2013 Từ ta có hệ số x 2013 là: C4027 Cách 2: 1  x  2014 1  x  2013 2014 2013 m0 h 0 m h   C2014 x n  C2013 x h Để tồn số hạng chứa x 2013 thì: 2013 D S  2013.C4027 0  m  2014 0  h  2013    m, h    0; 2013 , 1; 2012  ,  2013;0   m  h  2013  m, h  2013 2012 2013 Từ ta có hệ số x 2013 là: C2014 C2013  C2014 C2013   C2014 C2013 2013 2012 2013 2013 Bằng cách đồng hệ số ta suy ra: C2014 C2013  C2014 C2013   C2014 C2013  C4027 2013 Vậy S  2014.C4027 10 98 100 Câu 64 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tổng S  C100 có giá  C100  C100  C100  C100  C100   C100  C100 trị bao nhiêu? B S  250 A S  250 C S  2100 D S  2100 Lời giải Chọn B Trên tập số phức, xét khai triển nhị thức Niu tơn sau: 1  i  100 99 100  C100  iC100  i 2C100  i 3C100  i 4C100  i 5C100  i 6C100   i 99C100  i100C100 99 100  C100  iC100  C100  iC100  C100  iC100  C100   iC100  C100 1  i  100 1 99 100  C100  iC100  i 2C100  i 3C100  i 4C100  i 5C100  i 6C100   i 99C100  i100C100 99 100  C100  iC100  C100  iC100  C100  iC100  C100   iC100  C100  2 Chú ý: rút gọn có sử dụng số kết sau: n i 4n   i    i    1; i 4n1  i; i 4n2  1; i n3  i   n Lấy 1    ta được: 2S  1  i  100  1  i  100 50 50 2 50 50  1  i    1  i     2i    2i   250  250  2.250     Do S  250 2016 C2016 C2016 C2016 C2016 Câu 65 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tính tổng S      2016 2015 C2016 C2016 C2016 C2016 A 2016 1009 B 2016  2017 C 2015  2016 Lời giải Chọn D 2015 Ta có S    k  1 k 0 2015 k 1 2015 C2016  k  1 2016! k ! 2016  k !   k C2016 k 0  k  1! 2015  k ! 2016!    2016  k   2016  2015    k 0 1  2016 2016  2017 1008 D 2017 1008 Câu 66 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tìm số tự nhiên thỏa n Cn0 Cn1 Cn2 Cnn 2100  n       1.2 2.3 3.4  n  1 n    n  1 n   A n  99 C n  98 B n  100 D n  101 Lời giải Chọn C Xét số hạng tổng quát ta có: Cnk n!   k  1 k    k  1 k   k ! n  k !   n  !  k  !  n     k   ! n  1 n    Cnk22  n  1 n   Khi đó: Cn0 Cn1 Cn2 Cnn 2100  n       1.2 2.3 3.4  n  1 n    n  1 n     Cn2 Cn3 Cn4 Cnn22 2100  n        n  1 n    n  1 n    n  1 n    n  1 n    n  1 n    n  1 n   Cn22  Cn32  Cn42   Cnn22   2100  n   n  1 n     Cn0  Cn1  Cn2  Cn3  Cn4   Cnn22   Cn0  Cn1  2100  n   n  1 n    2n     n    2100  n   2n2  2100  n  98 Câu 67 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho n  N * Tính tổng S  22 C82n  42 C84n  62 C86n   (8n  2)2 C88nn2  (8n)2 C88nn là: B 8n.24 n 1 A 28 n C 8n.24 n1 D 28 n Lời giải Chọn C + Xét khai triển: 1  x   C80n  C81n x  C82n x  C83n x  C84n x   C88nn x8 n 8n + Đạo hàm hai vế ta được: 8n 1  x  n 1  C81n  2C82n x  3C83n x  4C84n x   8nC88nn x8 n 1 (*) + Nhân hai vế (*) với x ta đươc: 8nx 1  x  n 1  C81n x  2C82n x  3C83n x  4C84n x   8nC88nn x8 n (**) mãn + Đạo hàm hai vế (**) ta được: 8n 1  x  8n2 1  x  (8n  1) x   C81n  22 C82n x  32 C83n x  42 C84n x3   (8n)2 C88nn x8n1 (***) + Thay x  i vào (***) ta có: VT  8n(1  i )8 n 2 1  i  (8n  1)i   8n(2i) n 1 1  8ni   8n.2 n 1 ( i) 1  8ni   64n 2 n 1  8n.2 n 1 i VP  C81n  22 C82ni  32 C83ni  42 C84ni   (8n)2 C88nn i8n1  C81n  32 C83n   (8n  1) C88nn 1    22 C82n  42 C84n   (8n) C88nn  i + Đồng phần ảo hai vế ta được: S  8n.24 n1 Câu 68 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tìm n biết 3n Cn0  3n 1 Cn1  3n  Cn2    1 Cnn  2048 n B n  10 A n  D n  12 C n  11 Lời giải Chọn C Áp dụng cơng thức khai triển nhị thức Newton ta có n   1   Cnk 3k  1 n nk 3n Cn0  3n 1 Cn1  3n 2 Cn2    1 Cnn  2n  2048  n  11 n Câu 69 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tìm n biết C21n1  C22n1   C2nn1  220  A n  C n  10 B n  11 D n  12 Lời giải Chọn C Theo tính chất số tổ hợp, ta có C21n1  C22nn1 C22n1  C22nn11 … C2nn1  C2nn11 Vì thế, từ giả thiết ta có C21n 1  C22n 1   C2nn 1  C2nn11  C2nn21   C22nn1   220  1 1 Để ý C20n1  C22nn11  , nên từ 1 ta có C20n1  C21n1  C22n1   C22nn1  C22nn11  221  22 n1  221  2n   21  n  10 Câu 70 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho số nguyên dương n thỏa mãn C21n  C23n  tổng S  22 Cn2  32 Cn3  A S   C22nn1  512 Tính   1 n Cnn n B S  C S  Lời giải D S  Chọn D  C22nn 1.x n 1  C22nn x n 1 Ta có 1  x   C20n  C21n x  C22n x  C23n x3  2n Thay x  vào 1 ta có: 22n  C20n  C21n  C22n  C23n   C22nn1  C22nn   Thay x  1 vào 1 ta có:  C20n  C21n  C22n  C23n   C22nn1  C22nn  3 Trừ vế    3 ta có: 22 n   C21n  C23n   C22nn 1   C21n  C23n   C22nn1  22n1 n1  29  2n    n   C22nn1  512  Nên C21n  C23n  Bởi S  22 C52  32 C53  42 C54  52.C55 Từ 1  x   C50  C51.x  C52 x  C53 x  C54 x  C55 x , lấy đạo hàm hai vế ta được: 5 1  x   C51  2C52 x  3C53 x  4C54 x  5C55 x 4  x 1  x   C51 x  2C52 x  3C53 x3  4C54 x  5C55 x5   Lại lấy đạo hàm hai vế   , ta có: 1  x   20 x 1  x   C51  22 C52 x  32 C53 x  42 C54 x  52 C55 x 4  5 Thay x  1 vào   ta được:  C51  2C52  32 C53  42 C54  52 C55  2C52  32 C53  42 C54  52 C55  C51 Hay S  22 C52  32 C53  42 C54  52.C55    Câu 71 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển nhị thức  x   x  ( với x  0) biết n số nguyên dương thỏa Cn0  2Cn1  3Cn2   nCnn 1   n  1 Cnn   n   211 A 25344 B 59136 C 118272 D 29568 Lời giải Chọn B Xét khai triển 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x  Cn3 x   Cnn 1 x n 1  Cnn x n n (1) (n  N * ) Nhân vế (1) với x ta x 1  x   Cn0 x  Cn1 x  Cn2 x  Cn3 x   Cnn 1 x n  Cnn x n 1 n Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có: 1  x  n  nx 1  x  n 1  Cn0  2Cn1 x  3Cn2 x   nCnn 1 x n 1   n  1 Cnn x n Thay x  vào (2) ta được: 2n  n.2n 1  Cn0  2Cn1  3Cn2   nCnn 1   n  1 Cnn  n   2n1  Cn0  2Cn1  3Cn2   nCnn1   n  1 Cnn (2) n mãn: Từ giả thiết Cn0  2Cn1  3Cn2   nCnn 1   n  1 Cnn   n   2n 1 Ta có:  n   211   n   2n 1  211  2n 1  11  n   n  12 (thỏa mãn n  N * ) 12 12   Lại có:  x     C12k x  k 0  x 12  k k 5k 12   k 6 k   C  x      12 x  k 0 Số hạng tổng quát khai triển là: C k 12 Vì số hạng chứa x nên   2 k x 6 5k 5k 1 k  Vậy hệ số số hạng chứa x khai triển nhị thức cho là: C126 26  59136 Câu 72 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho biết S   C150  C50    C505  C507    23  C5045  C5047   25C5049  2a  b.2c  1 , với a, b, c số nguyên dương Tính a  b  c A.99 B.125 C.149 D.73 Lời giải Chọn D S1  C50  3C503  5C505   47C5047  49C5049 50  x 2C502   x50C50 Xét 1  x   C500  xC50 50 50  50 1  x   C50  xC502  3x 2C50   50 x 49C50 49 49 50  3C50  4C50   49C50  50C50  50.249 Thay x  ta có S  C150  2C50  2C502  3C503  4C504   49C5049  50C5050  Thay x  1 ta có S   C50  3C50   49C5049   50.249 Cộng vế ta có 2S1  S   S    C50  S1  C50  3C503  5C505   47C5047  49C5049  25.249 45 47 49 S2  C150  C50  C50  C50   C50  C50  C50 1  i  50  C500  iC50  i 2C502  i 3C50   i 50C500 50   C500  C502  C504   C5048  C50   i  C501  C503  C505   C5049   S2  C50  C50  C50   C5049  Im 1  i   Im  2i   225 50 25 Vậy 45 47 49 2S  2C150  2C50  6C50  6C50   46C50  46C50  50C50 45 47 49   C150  3C350  5C550   45C50  47C50  49C50    C150  C350  C550   C5045  C5047  C5049   25.249  225  225  25.224  1  S  224  25.224  1 Vậy a  b  c  73 Câu 73 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tìm số nguyên dương thỏa n  1 1  C22  C32  C42   Cn2  242       An   A2 A3 A4 B n  12 A n  13 C n  10 D n  11 Lời giải Chọn D ĐK: n  2; n  * Áp dụng công thức Cnk  Cnk11  Cnk1 , 1  k  n  1 , ta có:   C43  C32  C33  C53  C42  C43  2 2   Cn 1  C2  C3  C4   Cn  3  Cn  Cn 1  Cn 1  3 Cn 1  Cn  Cn  C33  C22 1 1 1 1 1 1 1 n 1                    A2 A3 A4 An 1.2 2.3 3.4 2 3 n 1 n n  n  1 n  1 1  n 1 C22  C32  C42   Cn2  242        Cn31  242  n  11 An  n  A2 A3 A4 Câu 74 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tổng C2019  A 32020  22020 2020 B 22  1 23  22020  2019 C2019  C2019   C2019 2020 32020  2020 C 32021  2021 D 32021  22021 2021 Lời giải Chọn A 2019 2019 Ta có (1  x)2019  C2019  C2019 x  C2019 x2   C2019 x Suy  (1  x) 2019 1 2019 2019 dx    C2019  C2019 x  C2019 x   C2019 x  dx (1  x)2020 1 2 2019 2020   C2019 x  C2019 x  C2019 x   C2019 x 2020 2020  32020  22020 1 2019  C2019 (2  1)  C2019 (22  1)  C2019 (33  1)   C2019 (22020  1) 2020 2020  32020  22020 22  1 23  22020  2019  C2019  C2019  C2019   C2019 2020 2020 Câu 75 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tìm n thỏa mãn Cn3Cnn A n B n C n 2Cn3Cn4 Cn4Cnn 1225 D n mãn Lời giải Chọn C Cn3Cnn Ta có Cn3 2Cn3Cn4 Cn4 Cn4Cnn n4 35 2n3 1225 Cn3Cn3 2Cn3Cn4 n2 2n 840 Cn4Cn4 n n Cn3 1225 5(l ) n Cn4 1225 Câu 76 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tìm n thỏa mãn 1.Cn1  2.Cn2  3.Cn3   n.Cnn  256n ( Cnk số tổ hợp chập k n phần tử) B n  10 A n  C n  12 D n  13 Lời giải Chọn A Trước hết ta chứng minh công thức Thật vậy, k k Cn  Cnk11 với  k  n n  n k k k n! (n  1)! Cn    Cnk11 (đpcm) n n k !(n  k )! (k  1)!(n  k )! Áp dụng công thức ta có n 1  1.Cn1  2.Cn2  3.Cn3   n.Cnn  n  Cn1  Cn2  Cn3   Cnn  n n n n   n  Cn01  Cn11  Cn21   Cnn11   n2n 1 Theo đề 1.Cn1  2.Cn2  3.Cn3   n.Cnn  256n  n2n1  256n  2n1  256  n  Câu 77 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tìm n thỏa mãn C21n1  C23n1  C25n1   C22nn11  1024 B n  A n  C n  D n  Lời giải Chọn C Ta có: (1  x) n1  C20n1  C21n1 x  C22n1x2  C23n1x3   C22nn11 x2n1 n 1 Cho x  ta có:  C20n1  C21n1  C22n1  C23n1   C22nn11 (1) n 1 Cho x  1 ta có:  C2n1  C2n1  C2n1  C2n1   C2n1 (2) Lấy (1)  (2)  22 n 1  2(C21n 1  C23n 1   C22nn11 )  22 n  C21n 1  C23n 1   C22nn11  1024  2n  10  n  Câu 78 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tìm n thỏa mãn hệ thức C21n1  C22n1   C2nn1  220  A n  11 B n  10 C n  12 D n  13 Lời giải Chọn B Từ giả thiết ta suy C20n1  C21n1  C22n1   C2nn1  220 Mặt khác: C2kn1  C22nn11k , k  ,0  k  2n  nên ta có: C20n1  C21n1  C22n1   C2nn1  1 n 1 C2 n1  C21n1  C22n1   C22nn11   1  1  22 n  2 Suy ra: 22 n  220  n  10 Câu 79 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tìm số tự nhiên n thỏa mãn Cn0 Cn1 Cn2 Cnn 2100  n       1.2 2.3 3.4  n  1 n    n  1 n   A n  99 C n  98 B n  100 D n  101 Lời giải Chọn C Số hạng tổng quát Cnk Ta có: (k  1)(k  2) Cnk Cnk22 n! (n  2)!    (k  1)(k  2) (k  1)(k  2).k!(n  k)! (n  1)(n  2).(k  2)!( n  2)  ( k  2) ! (n  1)(n  2) Cn0 Cn1 Cn2 Cnn 2100  n       1.2 2.3 3.4  n  1 n    n  1 n    2100  n  Cn2  Cn3   Cnn22    (n  1)(n  2) (n  1)(n  2)   Cn0  Cn1  Cn2  Cn3   Cnn22   Cn0  Cn1  2100  n   2n    n   2100  n   2n   2100  n  98 Câu 80 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Gọi n số nguyên 1 1 1024      1! n  1! 3! n  3! 5! n  !  n 1!1! n! Tìm mệnh đề A n số chia hết cho 10 B n số nguyên tố C n số chia hết cho D n số chia hết cho Lời giải Chọn B  n! n! n! n!      1024 1! n  1! 3! n  3! 5! n  5!  n  1!1!  Cn1  Cn3  Cn5   Cnn  1024 (1) Ta chứng minh đẳng thức Cn1  Cn3  Cn5   Cnn  2n1 (2) 2 n n Thật vậy, xét 1  x   Cn  Cn x  Cn x   Cn x n Với n số nguyên dương Thay x  2n  Cn0  Cn1  Cn2   Cnn dương thỏa mãn: Thay x  1  Cn0  Cn1  Cn2  Cn3   Cnn1  Cnn  Cn0  Cn2  Cn4   Cnn  Cn1  Cn3   Cnn1 A B A  B  B  2n  B  2n 1 Từ ta có:  n A  B  Do đẳng thức (2) chứng minh n1 10 Thay vào (1)  1024  nên n  11 , chọn đáp án B Câu 81 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tính tổng C2019 S C2019 C2019 C2019 100 98 99 C2019 C2019 100 A C2018 B C2018 100 C2019 100 100 C C2018 D C2019 Lời giải Chọn C 0 C2018 Ta có C2019 k Cnk 11 Cnk với Áp dụng công thức Cn C2018 Ta có C2019 k n ; k, n N C2018 C2019 C2018 C2018 C2019 C2018 C2018 ………………… 100 C2019 99 100 C2018 C2018 Thay vào S ta có S C2018 C2018 98 C2018 C2018 99 C2018 C2018 99 C2018 C2018 C2018 C2018 100 C2018 100 C2018 Câu 82 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tính tổng S  C100  2C10  22 C102  B S  59049 A S  59050 10  210 C10 C S  1025 D S  1024 Lời giải Chọn B 10 Ta có  x  1   C10k x k 10 k 0 10 Chọn x  ta có   1   C10k 2k  S  310  49049 10 k 0 12 13 20 21 22 Câu 83 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tính tổng S  C22  C22   C22  C22  C22 11 A S  221  C22 B S  221  11 C22 C S  221  11 C22 11 D S  221  C22 Lời giải Chọn C 20 21 22 Ta có : 222  1  1  C22  C22  C22   C22  C22  C22 22 Áp dụng tính chất : Cnk  Cnnk , suy ra: 10 12 21 22 , C22 , C222  C2220 ,……, C22  C22  C22 C22  C22 20 21 22 12 13 20 21 22 Do đó: C22  C22  C22   C22  C22  C22   C22  C22   C22  C22  C22   C2211 12 13 20 21 22  C22  C22   C22  C22  C22  20 21 22 C22  C22  C22   C22  C22  C22 C11  22 2 11 222 C22  C  C   C  C  C   2 12 22 13 22 20 22 21 22 22 22 12 13 20 21 22  C22  C22   C22  C22  C22  221  Vậy S  221  11 C22 11 C22 Câu 84 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho n số nguyên dương thỏa mãn Cn0  4Cn1  42 Cn2   4n Cnn  15625 Tìm n C n  B n  A n  D n  Lời giải Chọn C Xét khai triển 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n n Cho x  ta có: 5n  Cn0  4Cn1  42 Cn2   4n Cnn Suy ra: 15625  5n  56  5n  n  Câu 85 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tính tổng S  A S  22019 2019! B S  1 1      2018! 3!2016! 5!2014! 2017!2! 2019! 22018 2019! C S  22018  2018! D S  22019  2018 Lời giải Chọn A Ta có S 2019 1 1 1       2018! 3!2016! 5!2014! 2017!2! 2019! k 0 (2019  k )! k ! 2019 2019 2019! k 2019   C2019  C2019  C2019  C2019   C2019  (1  1)2019 (2019  k )! k ! k 0 k 0  S 2019!   S 22019 2019! Câu 86 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tổng 2018 2019 S  2C2019  3C2019   2019C2019  2020C2019 tương ứng bằng: A 2020.22019 B 2019.22018 C 2021.22018  D 2020.22019  Lời giải Chọn C Ta có: x 1  x  2019 k 2018 2018 2019 2019  x. C2019 x k  x  C2019  C2019 x   C2019 x  C2019 x  2019 k 0 2018 2019 2019 2020  C2019 x  C2019 x2   C2019 x  C2019 x Đạo hàm vế theo biến x ta 2018 2019 (1  x)2019  2019 x(1  x)2018  C2019  C2019 2x   C2019 2019x 2018  C2019 2020x 2019 2018 2019 Cho x  suy 22019  2019.22018  C2019  2C2019   2019C2019  2020C2019  (2  2019).22018   S  S  2021.22018  Vậy S  2021.22018  Câu 87 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tính tổng S  Cn0 C21n  Cn1 C22n  .Cnn C2nn1 A C32nn C C3nn1 B C3nn D C32nn1 Lời giải Câu 88 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tổng T  C90 C119  C91.C118  C92 C117  .C98 C11  C99 C110 B T  C20 A T  C20 C T  C20 D T  C99 Lời giải Chọn A Xét khai triển 1  x  1  x   1  x  11 20 Rồi tìm hệ số x hai khai triển C90 C119  C91.C118  C92 C117  .C98 C11  C99 C110  C20 Câu 89 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tổng 10 10 T  C2013 C2013  C2013 C2012  C2013 C2011   C2013 C2003 A T  C2013 10 C T  C2013 B T  Lời giải Chọn B Xét số hạng TQ: k 10  k C2013 C2013 k   2013  k !  10! 2013!  C k C10 2013! 10 2013 k !  2013  k ! 10  k !.2013! k ! 10  k ! 10!.2003! Do : 10 10 T  C2013 C2013  C2013 C2012  C2013 C2011   C2013 C2003 10 10 10  C2013  C100  C10  C102  C10    C2013 Câu 90 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tổng T  Cn1  Cn2 Cnn   n Cn1 Cnn 1 10 D T  C2003 A T  n  n  1 B T  n  n  1 C T  n  n  1 D T  n  n  1 Lời giải Chọn C Ta có:   Cn2  n  1  n  n  1 Cn Cn2 Cnn  T  C    n  n   n  1     n n 1 Cn Cn  n  C n nn1   Cn  Cn1  n Câu 91 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tổng Cnn  Cnn1  Cnn2  Cnnk A Cnn C Cnn11 B Cnnk D Cnnk11 Lời giải Chọn D Chú ý: Cnn  Cnn1  Cnn21 Cứ tổng Cnn  Cnn1  Cnn2  Cnnk  Cnnk11 Câu 92 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tổng Cmp11  Cmp12  Cmp13  C pp 1  C pp11 A Cmp C Cmp1 B C pp1 Lời giải Chọn A Chú ý: Cnk  Cnk 1  Cnk1 Cmp11  Cmp1  Cmp Cmp12  Cmp2  Cmp1 Cmp11  Cmp3  Cmp2 C pp 1  C pp 3  C pp1 Cộng đẳng thức theo vế ta kết Cmp Chú ý C pp  C pp11  D Cmp11 ... , tổng ba số hạng đầu là: A 2a6  6a5  15a B 2a  15a5  30a C 64a  192a5  480a D 64a  192a5  240a Lời giải Chọn D Ta có:  2a  1  C60 26 a  C61 25 a  C62 24 a  Vậy tổng số hạng...  x      12 x  k 0 Số hạng tổng quát khai triển là: C k 12 Vì số hạng chứa x nên   2 k x 6 5k 5k 1 k  Vậy hệ số số hạng chứa x khai triển nhị thức cho là: C126 26  59136 Câu... (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tính tổng S  C50  C51   C55 A  32 B 64 C Lời giải Chọn A S  C50  C51   C55  (1  1)5  32 2016 Câu 19 (Thầy Nguyễn Chí Thành) Tổng C2016 bằng:  C2016