Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm

Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm Hướng dẫn giải toán 11 Đại số Quy tắc đếm

Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Vấn đề Quy tắc đếm Bài 1 Công việc ta cần thực toán mua ao sơ mi cỡ 30 32 Để thực công việc ta có hai phương án Phương án 1: Mua áo cỡ 30: Phương án ta có cách chọn (chọn ba màu) Phương án 2: Mua áo cỡ 32: Phương án ta có cách chọn Vậy ta có thảy   cách lựa chọn Để chọn sách sách ta có phương án sau Phương án 1: Cuốn sách chọn sách Tốn: Ta có 10 cách chọn Phương án 2: Cuốn sách chọn sách Văn: Ta có 11 cách chọn Phương án 3: Cuốn sách chọn sách anh văn: Ta có cách chọn Vậy có 10  11  28 cách lựa chọn Ta xếp sách môn thành nhóm Trước hết ta xếp nhóm lên kệ sách có: 3!  cách xếp Với cách xếp nhóm lên kệ ta có 5! cách hoán vị sách Toán, 6! cách hoán vị sách Lý 8! cách hoán vị sách Hóa Vậy theo quy tắc nhân có tất cả: 6.5!.6!.8! cách xếp Bài Để xếp A ta có cách lên ba toa Với cách xếp A ta có cách xếp B lên toa tàu Với cách xếp A,B ta có cách xếp C lên toa tàu Với cách xếp A,B,C ta có cách xếp D lên toa tàu Vậy có 3.3.3.3  81 cách xếp người lên toa tàu Cứ đội phải thi đấu với 19 đội cịn lại nên có 19.20 trận đấu Tuy nhiên theo cách tính trận đấu chẳng hạn A gặp B 19.20  190 tính hai lần Do số trận đấu thực tế diễn là: trận Để từ A đến D ta có cách sau A � B � D : Có 10.6  60 A � C � D : Có 9.11  99 Vậy có tất 159 cách từ A đến D Chọn chủ tịch có 10 cách chọn, phó chủ tịch có cách thư kí có cách Do có tất 10.9.8  720 cách chọn Bài a) Có cách chọn người tuỳ ý ngồi vào chỗ thứ Tiếp đến, có cách chọn người khác phái ngồi vào chỗ thứ Lại có cách chọn người khác phái ngồi vào chỗ thứ 3, có cách chọn 42 Các giảng trọng tâm theo chuyên đề Môn Toán lớp 12 – Nhiều tác giả vào chỗ thứ 4, có cách chọn vào chỗ thứ 5, có cách chọn vào chỗ thứ Vậy có : 6.3.2.2.1.1  72 cách b) Cho cặp nam nữ A, B ngồi vào chỗ thứ chỗ thứ hai, có cách Tiếp đến, chỗ thứ ba có cách chọn, chỗ thứ tư có cách chọn, chỗ thứ năm có cách chọn, chỗ thứ sáu có cách chọn Bây giờ, cho cặp nam nữ A, B ngồi vào chỗ thứ hai chỗ thứ ba Khi đó, chỗ thứ có cách chọn, chỗ thứ tư có cách chọn, chỗ thứ năm có cách chọn, chỗ thứ sáu có cách chọn Tương tự cặp nam nữ A, B ngồi vào chỗ thứ ba thứ tư, thứ tư thứ năm, thứ năm thứ sáu Vậy có : 5.2.2.2.1.1  40 cách c) Số cách chọn để cặp nam nữ khơng ngồi kề số cách chọn tuỳ ý trừ số cách chọn để cặp nam nữ ngồi kề Vậy có : 72  40  32 cách Ta đánh số liên tiếp 12 chỗ ngồi số từ đến thuộc dãy từ đến 12 thuộc dãy 12 a) Vị trí 11 10 7 Số 12 5 4 3 cách xếp Vậy có 12.6.52.42.32.22.1  1036800 cách xếp b) Vị trí 12 11 10 Số 12 10 cách xếp Vậy có: 33177600 cách xếp Bài Gọi số cần lập x  abcd , a,b,c,d � 1,2,3,4,5,6,7,8,9 10 11 1 a) Có 9.8.7.6  3024 số b) Vì x chẵn nên d � 2,4,6,8 Đồng thời x �2011� a  �a  1� a có cách chọn, d có cách chọn; b,c có 7.6 cách Suy có: 1.4.6.7  168 số Gọi số in vé có dạng a1a2a3a4a5 Số cách chọn a1 10 ( a1 0) Số cách chọn a2 43 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Số cách chọn a3 Số cách chọn a4 Số cách chọn a5 Vậy số vé gồm chữ số khác : 10.9.8.7.6  30240 Có 120 số có chữ số lập từ chữ số cho Bây ta xét vị trí chữ số số 1, 2, 3, 4, chẳng hạn ta xét số Số xếp vị trí khác nhau, vị trí có 4!=24 số nên ta nhóm các vị trí lại có tổng :   24 105  104  103  102  10   24.11111 Vậy tổng số có chữ số : 24.11111 1    5  5599944 Bài Gọi số cần lập x  abcd ; a,b,c,d � 1,2,3,4,5,6,7 a,b,c,d đôi khác Công việc ta cần thực lập số x thỏa mãn x số chẵn nên d phải số chẵn Do để thực công việc ta thực qua cơng đoạn sau Bước 1: Chọn d : Vì d số chẵn nên d số 2,4,6 nên d có cách chọn Bước 2: Chọn a : Vì ta chọn d nên a chọn số tập  1,2,3,4,5,6,7 \ {d} nên có cách chọn a Bước 3: Chọn b : Tương tự ta có cách chọn b Bước 4: Chọn c : Có cách chọn Vậy theo quy tắc nhân có: 3.6.5.4  360 số thỏa u cầu tốn Vì số x cần lập số lẻ nên d phải số lẻ Ta lập x qua công đoạn sau Bước 1: Có cách chọn d Bước 2: Có cách chọn a Bước 3: Có cách chọn b Bước 4: Có cách chọn c Vậy có 480 số thỏa u cầu tốn Vì x chia hết d � có cách chọn d Có cách chọn a, cách chọn b cách chọn c Vậy có 1.6.5.4  120 số thỏa yêu cầu toán Bài Xét tập B   1,4,5,6,7,8 , ta có B khơng chứa số X tập A thỏa yêu cầu toán X\  2 tập B Do đo, số tập A thỏa yêu cầu toán số tập B 26  64 Xét số x  abcde lập từ chữ số thuộc tập A 44 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Vì x lẻ nên e� 1,3,5,7 , suy có cách chọn e Bốn chữ số lại chọn từ chữ số tập A \  e nên có A 74  840 cách Suy ra, có 4.840  3360 số lẻ gồm năm chữ số khác Mà số x bắt đầu 123 có A 25  20 số Vậy số x thỏa yêu cầu toán : 3360  20  3340 số Vấn đề Hoán vị - Chỉnh hợp – Tổ hợp Bài tốn 01: Giải phương trình – Bất phương trình Bài � n �� Điều kiện: � n �2 � Ta có A n  A n  � n! n!   � n(n  1)  n  (n  2)! (n  1)! � n2  2n   � n  � n �� Điều kiện: � n �6 � Ta có: A n  10A n � n! n! 10  10 � 1 (n  6)! (n  5)! n � n  15 � n �� Điều kiện: � n �1 � (n  4)!  15(n  2)! Ta có: Pn1.A n4  15Pn � (n  1)! n! (n  4)(n  3) �  15 � n2  8n  12  �  n  � n  3,4,5 n Bài Với n �2,n �� ta có: C nn12  C nn2    n  3 !  n! 5 A n � Cnn  A n2 � 2 n!3!  n  2 !  � n n2  9n  26   với n �2 Vậy nghiệm bất phương trình n �2,n �� Điều kiện n  �,n Với điều kiện bất phương trình tương đương 45 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt  2n !  3n !  n! n!n! 2n !n! �720  3n ! 720   Ta thấy  3n ! tăng theo n mặt khác 6!  720 � 3n  ! Suy bất phương trình có nghiệm n  0,1,2 � n �� Điều kiện: � n �2 � (n  1)n 10 n(n  1)  > n Bpt �>�  Đáp số: �n  Đáp số : �n �2 Đáp số: �n �5 Bài � x �� Điều kiện: � x �2 � n (x  1)! x!  2x  2!(x  1)! (x  2)! � 3(x  1)x  4x  8x(x  1) � 3x    8x  � x  Phương trình � � x �� Điều kiện � x �5 � Ta có phương trình � 5.x!(5  x)! 2.x!(6  x)! 14.x!(7  x)!   5! 6! 7! 1 �  (6  x)  (6  x)(7  x) � x2  14x  33  � x  3 � x �� Điều kiện: � x �2 � Phương trình � A 2x  Px  6  12(Px  6)  � Px  � x!  � x � (Px  6)(A 2x  12)  � � �� �� x(x  1)  12 x A x  12 � � � � � x �� Điều kiện: � x �3 � Ta có: C xx  C x2 C xx  C 3x nên phương trình cho tương đương   với: C 2x     2C 2xC 3x  C 3x � C 2x  C 3x  2  100  100 � C 2x  C 3x  10 46 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả � x(x  1) x(x  1)(x  2)   10 � x3  x  60  � (x  4)(x2  4x  15)  � x  � x Điều kiện: � x �� � Phương trình � x  3x(x  1)  x(x  1)(x  2)  9x2  14x Giải phương trình ta tìm được: x  �x Điều kiện: � x �� � Phương trình � x2  9x  22  � x  11 � x �� Điều kiện: � x �4 � Phương trình � x2  6x   � x  � x �� Điều kiện: � 1�x �5 � Phương trình � (3x  1)!(5  x)!  (x2  2x  3)!(1 x2  4x)! � x  1,x  Đáp số : x  Bài Điều kiện x,y  �;x y � 2A xy  5C xy  90 � A xy  20 � � �� Ta có: � x 5A y  2C xy  80 � C x  10 � � �y 20 x x  2� x  Từ A y  x!C y suy x!  10 � y  4 (loai) 2 Từ A y  20 � y  y  1  20 � y  y  20  � � y5 � Vậy x  2;y  Điều kiện x,y  �;x y � (x  1)! (x  1)! y 1 y �(y  1)!(x  y)!  y!(x  y  1)! � C  C � � x1 �� Ta có: � x1 y 1 y1 (x  1)! (x  1)! 3C x1  5C x1 � � 5 � � (y  1)!(x  y  2)! � (y  1)!(x  y)! 47 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt �1 �y   x  y  � x  2y � �� �� �3(y  1)(y  2)  5y(y  1) �  � �y(y  1) (x  y  1)(x  y  2) � x  2y � x �� �� nghiệm hệ 3y   5y � �y  Bài Đáp số: �x �4 � k,x �� Điều kiện: � k �x � Bpt � (x  4)(x  5)(x  1 k) �60 �x �4 � bất phương trình vơ nghiệm � �x �4 ta có cặp nghiệm: (x;k)  (0;0),(1;0),(1;1),(2;2),(3;3) Bài toán 02: Bài toán đếm Bài 1 Mỗi số cần lập thỏa yêu cầu toán ứng với chỉnh hợp chập phần tử Do đó, có A 75  2520 Gọi số cần lập x  a1a2 a6 Vì x chia hết a6  � a6 có cách chọn Số cách chọn chữ số a1,a2 , ,a5 số chỉnh hợp chập phân tử A 65 Vậy số số cần lập 1.A 65  720 Đặt x  23 Số số cần lập có dạng abcd với a,b,c,d � 1,x,4,5,6,7 Có A 64  360 số Mặt khác hoán vị hai số ta thêm số thỏa yêu cầu toán Vậy có 360.2  720 số thỏa yêu cầu tốn Xét số tự nhiên có bảy chữ số lập từ  1,2,2,2,3,4,5,6,7 Ta thấy có A 79 số Tuy nhiên hoán vị vị trí ba số cho số thu khơng thay đổi Vậy có A 79 3!  30240 số thỏa yêu cầu toán Bài Gọi x  abcde với a,b,c,e A ;a 48 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Để lập x ta chọn số a,b,c,d,e theo tứ thự sau Chọn a : Vì a  A ,a nên ta có cách chọn a Vì b �A b trùng với a nên với cách chọn a ta có cách chọn b Tương tự : với cách chọn a,b có cách chọn c với cách chọn a,b,c có cách chọn d với cách chọn a,b,c,d có cách chọn e Vậy theo quy tắc nhân ta có: 6.7.7.7.7  14406 số thỏa yêu cầu toán Gọi x  abcd số cần lập với a,b,d,c �A đôi khác a �0 Ta chọn a,b,c,d theo thứ tự sau Chọn a : Vì a  A ,a nên có cách chọn a Với cách chọn a ta thấy cách chọn b,c,d cách lấy ba phần tử tập A \  a xếp chúng theo thứ tự, nên cách chọn b,c,d ứng với chỉnh hợp chập phần tử Suy số cách chọn b,c,d là: A 63 Theo quy tắc nhân ta có: 6.A 63  720 số thỏa yêu cầu toán Gọi x  abcd số cần lập với a,b,c,d �A đơi khác nhau, a �0 Vì x số lẻ nên d � 1,3,5 � d có cách chọn Với cách chọn d ta có a �A \  0,d � a có cách chọn Với cách chọn a,d ta có A 25 cách chọn bc Theo quy tắc nhân ta có: 3.5.A 25  300 số thỏa yêu cầu toán Gọi x  abcde số cần lập với a,b,c,d,e�A đôi khác a �0 Vì x số lẻ nên e� 0,2,4,6 Ta xét trường hợp sau �e  � e có cách chọn Vì a �0 � a có cách chọn Số cách chọn chữ số cịn lại: A 35 Do trường hợp có tất 1.6.A 35  360 số �e �0 � e có cách chọn Với cách chọn e ta có a �A \  0,e � a có cách chọn Số cách chọn số cịn lại là: A 35 Do trường hợp có tất 3.5.A 35  900 số Vậy có thảy 360  900  1260 số thỏa u cầu tốn Bài Có C 346 cách chọn ba học sinh lớp 49 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Có C 326 cách chọn ban cán khơng có nam (ta chọn nữ cả) Do đó, có C 346  C 326  12580 cách chọn ban cán có nam chọn Có C 326 cách chọn ban cán khơng có nam Có C 320 cách chọn ban cán khơng có nữ Vậy có C 346  (C326  C 320)  11440 cách chọn thỏa yêu cầu toán Bài Số cách lấy sách đem tặng cho học sinh: S  A 10  30240 cách Số cách chọn cho khơng cịn sách Đại số: S1  C72.5!  2520 cách Số cách chọn cho khơng cịn sách Giải tích: S2  C16.5!  720 cách Số cách chọn cho khơng cịn sách Hình học: S3  C72.5!  2520 cách Vậy số cách tặng thỏa yêu cầu toán:: S  S1  S2  S3  24480 cách tặng Có C12 cách phân công nam tỉnh thứ Với cách phân cơng có C84 cách phân cơng nam tỉnh thứ hai có C 44 cách phân cơng nam cịn lại tỉnh thứ ba Khi phân cơng nam xong có 3! cách phân cơng ba nữ ba tỉnh Vậy có tất C12 C84.C 44.3!  4989600 cách phân công TH 1: học sinh chọn thuộc lớp: �A: có C 45  cách chọn �B: có C 44  cách chọn Trường hợp có: cách chọn TH 2: học sinh chọn thuộc hai lớp: �A B: có C94  (C 45  C 44)  120 �B C: có C94  C 44  125 �C A: có C94  C 45  121 Trường hợp có 366 cách chọn Vậy có 372 cách chọn thỏa u cầu tốn Vì người chọn phải có nữ phải có nam nên số học sinh nữ gồm hoặc nên ta có trường hợp sau: �chọn nữ nam +) Số cách chọn nữa: cách 50 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả +) Số cách chọn nam làm đội trưởng đội phó: A 15 +) Số cách chọn nam lại: C13 2 Suy có 5A 15 cách chọn cho trường hợp .C13 �chọn nữ nam +) Số cách chọn nữ: C 25 cách +) Số cách chọn nam làm đội trưởng đội phó: A 15 cách +) Số cách chọn cịn lại: 13 cách Suy có 13A 15 C 52 cách chọn cho trường hợp �Chọn nữ nam +) Số cách chọn nữ : C 35 cách +) Số cách chọn làm đội trưởng đội phó: A 15 cách Suy có A 15 C 53 cách chọn cho trường hợp 2 2 Vậy có 5A 15 C13  13A 15 C 52  A 15 C 53  111300 cách Bài Mỗi véc tơ thỏa yêu cầu toán ứng với chỉnh hợp chập 2010, nên số véc tơ cần tìm là: A 22010 Mỗi tam giác thỏa yêu cầu toán ứng với tổ hợp chập 2010, nên số tam giác cần tìm là: C 32010 Bài Tam giác cần lập thuộc hai loại Loại 1: Tam giác có đỉnh thuộc d1 hai đỉnh thuộc d2 Loại có C110.C 2n tam giác Loại 2: Tam giác có đỉnh thuộc d2 hai đỉnh thuộc d1 Loại có C10 C1n tam giác Theo ta có: C110.C 2n  C10 C1n  2800 n(n  1)  45n  2800 � n2  8n  560  � n  20 2 Số tam giác có đỉnh 2n điểm A 1,A , ,A 2n là: C 32n � 10 Ta thấy ứng với hai đường chéo qua tâm O đa giác A 1A A 2n cho tương ứng hình chữ nhật có đỉnh điểm 2n điểm A 1,A , ,A 2n ngược lại hình chữ nhật cho tương ứng hai đường chéo qua tâm O đa giác Mà số đường chéo 51 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Ta có: 2n C0n  2n1.71C1n   2.7n1Cnn1  7n Cnn  (2  7)n  9n Ta có: VT  3n C0n  3n1.301C1n  3n2.302C 2n   30n C nn  33n Ta có: k n! Cn   C k1 k1 (k  1).k!(n  k)! n  n1 Nên VT  n 1 n 1 k k 1 (  1) C  (1)k1C kn1  � � n k n  2(n  1) k0 2(n  1)  1 (1 1)n1   2(n  1) 2(n  1) 2(n  1) Ta có: k Cn  C k 1 k1 n  n 1 Nên VT  n � 2n1  1 �n1 k C kn11  ��C n1  1� � � 3(n  1) 3(n  1) k0 3(n  1) � k 0 � � Ta có: k k n! k Ck   C k 1 k  n k  1k!(n  k)! n  n1 Suy ra: VT  n � n �n kC kn11  ��(k  1)C nk11  �C nk11 � � � � n  k 1 n  1� k 1 k 1 �  k Mà: kC n1  k Do đó: Suy ra: n n � �n ��kC kn1  �C nk11 � � n  1� k 1 k 1 � � (n  1)! n!  (n  1)  (n  1)C nk 1 k!(n  1 k)! (k  1)!(n  k  1)! n n n k 1 n k 1 k 0 �kCkn1  (n  1) �C nk1  (n  1) �C kn  (n  1)2n �kCkn1  (n  1)2n  (n  1) k 1 n 1 �Ckn11  �Ckn1  (C0n1  C1n1)  2n1  n  k 1 k0 Vậy VT  � (n  1)2n  (n  1)2n  n  1 2n1  n  2� � n  1� n1 Bài Ta có: 2m  C0m  C1m   Cm m  n Xét đa thức P(y)  C y1  C y1   C y1 71  Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Số hạng bậc cao P(y) 2C ny1  thức bậc n Ta có: P(x)  f(x) với x  1,2,3, ,n  Suy ra: f(x)  P(x) x  2(y  1) (y  n) đa n!  � f(n  2)  C0n1  C1n1   C nn1  2n2  Giả sử p ước nguyên tố C n2n , gọi m số mũ p phân tích tiêu chuẩn thừa số nguyên tố C n2n Ta chứng minh pm �2n phản chứng �2n � m Giả sử p  2n � � m � � p � � � � �2n � � n �� �� � �� 2n � � n� 2n � �n �� m  �� � 2� �  �� � 2� ��  � � � 2� �� � �p � �� 2 � m1 m1 � � p p � � p � � p � � p � � � � � � � �� � � �� � � � �� � x  ������ 2x � 2x� � 2x �� x Do x �� ta có: 2�� �� � 2�� Dẫn tới: m �m  vơ lí Do đó: pm �2n � k1 k � n � n  k  Từ ta có được: C 2n   2n � � n C 2n  2n � BIẾN CỐ - XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ Vấn đề Xác định không gian mẫu biến cố Bài : Không gian mẫu gồm (i;j) , i,j � 1,2,3,4,5,6 i nhận giá trị, j nhận giá trị nên có 6.6  36 (i;j) Vậy    (i,j)| i,j  1,2,3,4,5,6 n()  36 Ta có: A   (1,1);(2,2);(3,3),(4;4),(5;5),(6;6) , n(A )  Xét cặp (i,j) với i,j � 1,2,3,4,5,6 mà i  jM3 Ta có cặp có tổng chia hết cho (1,2);(1,5);(2,4),(3,3),(3,6),(4,5) Hơn cặp (trừ cặp (3,3)) hoán vị ta cặp thỏa yêu cầu toán 72 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Vậy n(B)  11 Số cặp (i,j);i  j (2,1);(3,1);(3,2);(4,1);(4,2);(4,3);(5,1) (5,2);(5,3);(5,4),(6,1);(6,2);(6,3);(6,4);(6,5) Vậy n(C)  15 Bài 2: Kết lần gieo dãy abcde với a,b,c,d,e nhận hai giá trị N S Do số phần tử khơng gian mẫu: n()  2.2.2.2.2  32 Lần xuất mặt sấp nên a nhận giá trị S; b,c,d,e nhận S N nên n(A )  1.2.2.2.2  16 Kết lần gieo mà khơng có lần xuất mặt sấp Vậy n(B)  32   31 Kết lần gieo mà mặt N xuất lần: C15 Kết lần gieo mà mặt N xuất hai lần: C 25 Số kết lần gieo mà số lần mặt S xuất nhiều số lần mặt N là: n(C)  32  C 25  C15  17 Bài 3: Ta có n()  C100 Trong 100 thẻ có 50 ghi số chẵn, n(A )  C 550 Từ đến 100 có 33 số chia hết cho Do đó, số cách chọn thẻ mà khơng có thẻ ghi số chia hết cho là: C67 Vậy n(B)  C100  C567 Vấn đề Tính xác suất theo định nghĩa cổ điển Bài Xem việc tung súc sắc phép thử ngẫu nhiên Số lần thực phép thử: N  100 Số lần xuất biến cố A: 12 12  Suy : P(A )  100 25 Số lần xuất biến cố B: 18 18  Suy P(B)  100 50 Số lần xuất biến cố C: 14  30  14  58 58 29  Suy P(C)  100 50 Bài Ta có khơng gian mẫu    SS,SN ,NN ,NS � n()  Gọi biến cố: A: “ hai lần tung mặt sấp” 73 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt B: “ hai lần tung có S N” A  SS � Suy   n(A )  1; B   SN ,NS � n(B)  Ta có: P(A )  n(A )  n() Ta có: P(B)  n(B)   n() Bài 3 Ta có: n()  C16  560 560 143 n(B)  C13  286 � P(B)  280 n(A )  C 33  1� P(A )  n(C)  C17C16C13  126 � P(C)  40 Ta có : n()  C16  1820 21 65 27 n(Y)  C72.C92  756 � P(Y)  65 n(X)  C17.C93  588 � P(X)  Ta có: n()  C10 16  8008 n(D)  C75.C63.C 32  1260 � P(D)  45 286 Bài Ta có:    SSS,SSN ,SNS,SNN ,NSN ,NSS,NNS,NNN  Ta có: A   SSS,SSN ,SNS,SNN ,NSN ,NSS,NNS B   NNS,NSN ,SNN ,NNN  C   SSS,SSN ,NSS,NSN  Bài Ta có: n()  C625  177100  245 � P(A )  Ta có: n(A )  C76  C 68  C10 5060 447 460 Ta có: Số cách lấy viên bi màu: 245 cách Số cách lấy viên bi gồm hai màu: 6 Ta có: n(B)  C15 � n(B)  C625  C15  172095 � P(B)  74 Các giảng trọng tâm theo chuyên đề Môn Toán lớp 12 – Nhiều tác giả       6 6 C15  C86  C76  C17  C10  C76  C18  C10  C86  35455 202 253 Bài Gọi A biến cố cách chọn thỏa yêu cầu toán Suy n(C)  177100  35455  245  141400 Vậy P(C)  Chọn hai có C13 cách, có C 24 cách có C13 C 24.C 24 cách có 11 cách chọn Mỗi cách chọn có cách chọn có C13 C 24.C 24.11.4  n(A ) ; n()  C 552 Vậy P(A )  198 4165 Bài Ta có n()  C 552 Có 10 thỏa mãn tốn Mỗi có 4.4.4.4.4=1024 n(A )  10240 � P(A )  128 32487 Bài P  A   C62 C95 P  B  C13C64 C95 P  C   C65 C95 Bài Ta có: 12  1   1   1   1         3  P  A   P  B  C11 Bài 10 Đáp số P  A   C16C 25  C63C05 C11 C15C14C13 C12 Bài 11 Chọn câu làm đề   C100 Chọn n(A )  C 80C 20 � P  A   Bài 12 C80 C 20 C100 Số cách lên toa người là:   77 Tính P(A )  ? Ta tìm số khả thuận lợi A sau �Chọn toa có người lên: A 73 �Với toa có người lên ta có: C74 cách chọn �Với toa có người lên ta có: C 23 cách chọn �Người cuối cho vào toa cịn lại nên có cách Theo quy tắc nhân ta có: A  A 73.C74.C 32 75 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt A Do đó: P(A )    450 16807 Tính P(B)  ? Mỗi cách lên toa thỏa u cầu tốn hốn vị phần từ nên ta có:  B  7! Do đó: P(B)  B   7! 77 Bài 13 Số cách bỏ thư vào bì thư là:   4!  24 Kí hiệu thư là: L 1,L ,L ,L  L 1,L ,L ,L  hóa vị số 1,2,3,4 L i  i (i  1,4 ) thư L i bỏ địa Ta xét khả sau �có thư bỏ địa chỉ: (1,2,3,4) nên có cách bỏ �có thư bỏ địa chỉ: +) số cách bỏ thư địa là: C 24 +) có cách bỏ hai thư cịn lại Nên trường hợp có: C 24  cách bỏ �Có thư bỏ địa chỉ: Số cách chọn thư bỏ địa chỉ: cách Số cách chọn bỏ ba thư lại: 2.1  cách Nên trường hợp có: 4.2  cách bỏ Do đó: A  1   15 Vậy P(A )  A   15  24 Bài 14 Ta có khả xảy là:   6.6.6  216 Gọi dãy (x1,x2 ,x3) kết theo thứ tự ba lần gieo với x1,x2 ,x3 � 1,2,3,4,5,6 Phương trình x1  x2  x3  10 có nghiệm (chưa tính hốn vị) là: (1,3,6) ; (1,4,5) ; (2,2,6) ; (2,3,5) ; (2,4,4) ; (3,4,3) Với nghiệm ba số phân biệt cho ta 3!  khả xảy ra, nghiệm (2,2,6) ; (2,4,4) (3,4,3) có ba khả xảy Do A  6.3  3.3  27 nên P(A )  A   Khả xuất mặt lẻ lần gieo là: Suy khả ba lần gieo xuất mặt lẻ là: 33  27 76 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Do  B  216  27  189 nên P(B)  B   189  216 Vấn đề Các quy tắt tính xác suất Bài Ta có: n()  C10 Gọi biến cố: D: “lấy viên đỏ” ; X: “lấy viên xanh” ; V: “lấy viên vàng” Ta có D, X, V biến cố đôi xung khắc C  D �X �V P  C  P  D  P  X  P  V   2 C 10     45 15 45 Bài Ta có n()  105 Gọi A: “lấy vé khơng có chữ số 2” B: “lấy vé số khơng có chữ số 7” Suy n(A )  n(B)  95 � P  A   P  B   0,9 Số vé số khơng có chữ số là: 85 , suy n(A �B)  85 � P(A �B)  (0,8)5 Do X  A �B � P(X)  P  A �B  P  A   P  B  P  A �B  0,8533 Gọi A i biến cố lấy hai bút màu xanh hộp thứ i, i  1,2,3 Bài 3: Gọi Xi biến cố rút hộp thứ i , i  1,2,3 � P  Xi   Ta có: P  A 1  P  A   C72 ,P  A   � 1�  0� Vậy P  A   � � 63 3� C � � Gọi Bi biến cố rút hai bút hộp thứ i khơng có màu đen P  B1  C 25 C72 ,P  B2   C 24 C72 ,P  B3   C62 C72 2 1�C  C  C � 31 � Vậy có P  B  � � 63 3� C72 � � Bài 4: Gọi A biến cố “ Người thứ bắn trúng bia” A biến cố “ Người thứ hai bắn trúng bia” Gọi A biến cố “cả hai người bắng trúng”, suy A  A �A 77 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Vì A 1,A độc lập nên P(A )  P(A 1)P(A 2)  0,8.0,7  0,56 Gọi B biến cố "Cả hai người bắn không trúng bia" Ta thấy B  A 1A Hai biến cố A A hai biến cố độc lập nên     P(B)  P A P A  � 1 P(A 1)� 1 P(A 2)� � �� � � 0,06 Gọi C biến cố "Có người bắn trúng bia", biến cố đối B biến cố C Do P(C)  1 P(D)  1 0,06  0,94 Bài Gọi A biến cố "Động I chạy tốt", B biến cố "Động II chạy tốt" C biến cố "Cả hai động chạy tốt".Ta thấy A, B hai biến cố độc lập với C  A B Ta có P(C)  P(AB)  P(A )P(B)  0,56 Gọi D biến cố "Cả hai động chạy không tốt".Ta thấy D  A B Hai biến cố A B độc lập với nên P(D)   1 P(A )  1 P(B)  0,06 Gọi K biến cố "Có động chạy tốt",khi biến cố đối K biến cố D Do P(K )  1 P(D)  0,94 Bài Gọi Bi biến cố “Xạ thủ chọn lọa i ,i=1,2 A biến cố viên đạn trúng đích Ta có : P  Bi   & P  A / B1  0,9P  A / B2   0,8 , P  B2   10 10 8 Nên P  A   P  B1 P  A / B1  P  B2  P  A / B2     0,82 10 10 10 10 Bài 7Tính xác suất mục tiêu khơng bị bắn trúng: 1 P H   105 104  Vậy xác suất trúng đích P  D   1 105 105 Bài   C10 ; A biến cố câu a, B biến cố câu b, C biến cố câu c n(A )  C � P  A   C 24 C10 1 n(B)  C 4.C2 � P  B  C14.C12 C10  45 Đ biến cố viên đỏ ,X biến cố viên xanh ,V biến cố viên vàng Đ , X, V biến cố đôi xung khắc 78 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả 2 C 10     45 15 45 Bài Gọi A biến cố số lớn hay bẳng chấm lần gieo A xảy ,con xúc xắc xuất mặt ,chấm chấm ta có P A    Trong lần gieo xác suất để biến cố A xảy lần P  C  P  D  P  X  P  V   �1 � P  A.A.A.A.A.A   � � �3 � Xác suất để lần xuất A lần không xuất A �1 � theo thứ tự � � �3 � �1 � 12 Vì có cách để biến cố xuất : 6.� �  �3 � 729 Vậy xác xuất để A xuất lần 12 �1 � 13  � � 729 �3 � 729 Bài 10 Gọi A i biến cố trúng đích lần thứ H biến cố bắn lần thứ ngừng H  A �A �A �A P  H   0,4.0,4.0,4.0,6  0,0384 Bài 11 Ta có   105 Gọi A: “lấy vé khơng có chữ số 1” B: “lấy vé số khơng có chữ số 2” Suy A   B  95 � P  A   P  B   0,9 Số vé số khơng có chữ số là: 85 , suy A �B  85 Nên ta có: P(A �B)  (0,8)5 Do X  A �B Vậy P(X)  P  A �B  P  A   P  B  P  A �B  0,8533 Bài 12 Gọi A biến cố: “Máy bay bay an tồn” Khi A biến cố: “Máy bay bay khơng an tồn” Ta có máy bay bay khơng an toàn xảy trường hợp sau TH 1: Cả động bị hỏng Ta có xác suất để xảy trường hợp là:  0,09  0,04 79 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt TH 2: Có động cánh phải hoạt động động lại bị hỏng Xác suất để xảy trường hợp là: 3. 0,09 0,91.(0,04)2 TH 3: Có động bên cánh trái hoạt động, động lại bị hỏng Xác suất xảy trường hợp là: 2.0,04.0,96.(0,09)3   P A   0,09  0,04  3. 0,09 0,91.(0,04)2  2.0,04.0,96.(0,09)3 2  0,925344.104   Vậy P(A )  1 P A  0,9999074656 Bài 13 Gọi A i biến cố “người thứ i ghi bàn” với i  1,2,3 Ta có A i độc lập với P  A 1  x, P  A   y, P  A   0,6 Gọi A biến cố: “ Có ba cầu thủ ghi bàn” B: “ Cả ba cầu thủ ghi bàn” C: “Có hai cầu thủ ghi bàn”         Ta có: A  A 1.A 2.A � P A  P A P A P A  0,4(1 x)(1 y)   Nên P(A )  1 P A  1 0,4(1 x)(1 y)  0,976 47 � xy  x  y   (1) 50 50 Tương tự: B  A 1.A 2.A , suy ra: Suy (1 x)(1 y)  P  B  P  A 1 P  A  P  A   0,6xy  0,336 xy  14 (2) 25 � 14 xy  � � 25 , giải hệ kết hợp với x  y ta tìm Từ (1) (2) ta có hệ: � � x y  � x  0,8 y  0,7 Ta có: C  A 1A 2A  A 1A 2A  A 1A A Nên P(C)  (1 x)y.0,6  x(1 y).0,6  xy.0,4  0,452 Bài 14 Ta có xác suất để học sinh trả lời câu xác suất Gọi x số câu trả lời đúng, số câu trả lời sai 10  x Số điểm học sinh đạt : 4x  2(10  x)  6x  20 trả lời câu sai 80 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Nên học sinh nhận điểm 6x  20  � x  21 Mà x nguyên nên x nhận giá trị: 0,1,2,3 Gọi A i ( i  0,1,2,3 ) biến cố: “Học sinh trả lời i câu” A biến cố: “ Học sinh nhận điểm 1” Suy ra: A  A �A �A �A P(A )  P(A 0)  P(A 1)  P(A 2)  P(A 3) i 10i ��3 � i � Mà: P(A i )  C10 � �� � �4 ��4 � 10i i ��3 � i � nên P(A )  �C10 � �� � �4 ��4 � i 0  0,7759 Vấn đề Biến cố ngẫu nhiên Bài 1 Trong phép thử gieo đồng tiền lần, không gian mẫu gồm 23 = phần tử    SSS, SSN , SNS, NSS, SNN , NSN , NNS, NNN  X nhận giá trị 0, 1, 2, Chẳng hạn: “X nhận giá trị 1”: xảy kết SNN , NSN , NNS , nghĩa là:  X  1   SNN , NSN , NNS Vì  X  0   NNN  nên P  X  0  Tương tự  X  1   NNS, SNN , NSN   X  2   SSN , SNS, NSS  X  3   SSS nên P  X  1  nên P  X  2  nên P  X  3  8 Từ ta có bảng phân phối sau: X P 8 8 Bài X có tập giá trị 0,1,2,3 Ta có: P  X  k   C k3C64 k , k  0,1,2,3 C94 Từ ta có bảng phân phối sau: X 15 P 126 81 60 126 45 126 126 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Kí hiệu  X �a biến cố “X nhận giá trị lớn a ” Ta tính P  X �1 Vì  X �1 biến cố đối biến cố  X  0 nên: P  X �1  1 P  X  0  1 Vì số bi đỏ lấy là 4 X X 111  126 126 nên P  X �2  P  X  2  P  X  3  51 126 15 60 45     126 126 126 126 15 60 45 V(X)  02  12  22  32  (E(X))2  126 126 126 126 Ta có: E(X)  (X)  V(X)  Bài Bảng phân bố xác suất X P 10 42 21 37 Kì vọng X: E(X)  42 Phương sai X là: V(X) �0,75 15 42 21 Độ lệch chuẩn X: (X)  V(X) �0,87 Bài Bảng phân bố xác suất X 10 X P 1 1 5 1 36 18 12 36 6 12 211 Kì vọng X: E(X)  18 V(X) � 37,75 ; độ lêch chuẩn: (X) �6,14 Phương sai X: Bài Gọi D bi đen, T bi trắng ta có trường hợp sau D, TD, TTD, TTTD, TTTTD Khi X nhận giá trị: 5,10, 15,20,25 Bảng phân bố xác suất 5 10 15 20 X 11 18 12 36 25 82 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả P 7 18 35 12 35 Kì vọng X: E(X)   Bình quân ván A thua  USD nên chơi 150 ván số tiền 150 �128,6 USD Bài Ta có giá trị X nhận là: 3,4,5,6,7 Bảng phân bố xác suất X P 1 1 6 6 E(X)  Do đó, kì vọng X là: Bài Ta có giá trị X nhận là: 2,3,4,5 Bảng phân bố xác suất X P 1 10 10 E(X)  Do đó, kì vọng X là: Bài Gọi A i biến cố “ Lần thứ i lấy bóng tốt” A i biến cố: “ lần thứ i lấy bóng hỏng” Ta có X đại lượng ngẫu nhiên nhận giá trị tập  2,3,4,5,6,7 A thua là: Ta tính P(X  2) ?     Ta có: P(X  2)  P A P A Xác suất chọn bóng hỏng lần thứ là: Xác suất chọn bóng hỏng lần thứ hai là: 1 Nên P(X  2)   21       Tương tự: P(X  3)  P(A 1)P A P A  P(A 1)P  A  P A 2    7 21         P(X  4)  P  A 1 P  A  P A P A  P  A  P A P  A  P A  83 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt     P(X  5)  P  A  P  A  P  A  P  A  P  A   P  A  P  A  P  A  P  A  P  A   P  A P  A  P  A  P  A  P  A  P  A   5 1 P A P  A  P  A  P A     7 7 1 2 4 5  P  A 2 P  A 3 P  A 4 P  A 5 5 5 4      7 7 21 P(X  6)  21 P(X  7)  1 �P(X  i)  i2 21 Bảng phân bố xác suất X P 21 21 21 21 21 104       21 21 21 21 21 21 Vậy trung bình cần lần thử Ta có: E(X)  Bài Gọi T biến cố: “lấy ngẫu nhiên mơt khối lập phương nhỏ hình lập phương” A “Khối có mặt bị bơi đen” B “Khối có hai mặt bị bơi đen” C “Khối có ba mặt bị bơi đen” D “Khối khơng có mặt bị bơi đen” Dựa vào quan sát hình vẽ, ta có:   729,  A  302,  B  158, C  12,  D  257 302 158 , P(B)  , 729 729 257 P(C)  , P(D)= 243 729 Do đó: P(A )  Bài 10 Ta có:   C83  56 Gọi A biến cố “tổng trọng lượng cân lấy không vượt kg” Để ý rằng: 1+2+3=6 ; 1+2+4=7; 1+2+5=8; 1+2+6=9; 1+3+4=8; 1+3+5=9; 2+3+4=9 84 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Vậy có cách chọn cân cho tổng chúng không  vượt 9kg nên A  � P(A )  56 Bài 11 Gọi A biến cố “khơng có xe màu đỗ cạnh nhau” Ta có:   6!  720 Tính khả biến cố A Đánh số thứ tự xe từ đến 6, số thứ tự vị trì từ I đến VI TH1: Xe đỏ thứ vị trí I, xe đỏ thứ hai vị trí III, xe đỏ thứ ba vi trí V số cách đỗ xe là: 3!.3!  36 TH2: Xe đỏ thứ vị trí I, xe đỏ thứ hai vị trí IV, xe đỏ thứ ba vi trí VI số cách đỗ xe là: 3!.2.2  24 TH3: Xe đỏ thứ vị trí II, xe đỏ thứ hai vị trí IV, xe đỏ thứ ba vi trí VI số cách đỗ xe là: 3!.3!  36 TH4: Xe đỏ thứ vị trí I, xe đỏ thứ hai vị trí III, xe đỏ thứ ba vi trí VI số cách đỗ xe là: 3!.2.2  24 Vậy A  120 � P(A )  Bài 12 Gọi A : “ Có động cánh trái hoạt động” A : “ Có động cánh phải hoạt động”     1 P  A   1 (0,09) Ta có: P  A 1  1 P A  1 (0,04) �0,9999 P A2 2  0,9919 Gọi A biến cố : “Máy bay thực chuyến bay an toàn” A  A 1.A � P(A )  P  A 1 P  A   0,9918 85 ... ,2 002? ?? ta đặt mk  �m(X) lấy tổng theo X �T mà X  k 1 Xét phần tử a ta có a thuộc vào C k2001 tập X �T mà X  k 1 1  2001.2001.Ck2001 Do đó: kmk   1   2 002? ?? C k2001 Suy 2 002 2 002. .. triển: 2 2n 2n (1 x)2n  C02n  C12n x  C 2n x   C 2n x Cho x  1 ta có được: 2n1 2n  C02n  C12n  C2n  C 2n   C 2n  C 2n 2n1 2n Hay C12n  C32n   C2n  C02n  C22n   C2n Xét... 2 ta có được: 2010 1 C02011  2.C12011  22C 2011   22010C 2011  22011C 2011 2011 Lấy (3) + (4) ta có:   2011 C02011  22C 22011   22010C 2010 1 2011  C02011  22C 22011   22010C