Phân loại và phương pháp giải bài tập tổ hợp và xác suất

CHƯƠNG 2. TỔ HỢP XÁC SUẤT BÀI 1. QUY TẮC ĐẾM A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM I. QUI TẮC CỘNG Một công việc nào đó có thể được thực hiện theo một trong hai phương án A hoặc B. Nếu phương án A có m cách thực hiện, phương án B có n cách thực hiện và không trùng với bất kì cách nào trong phương án A thì công việc đó có m + n cách thực hiện. Quy tắc cộng được phát biểu ở trên thực chất là cách đếm số phần tử của hợp hai tập hợp hữu hạn không giao nhau, được phát biểu như sau: Nếu A và B là các tập hữu hạn không giao nhau thì n  A  B  n  A   n  B Chú ý: Quy tắc công có thể mở rộng cho nhiều hành động Ví dụ 1: Từ thành phố A đến thành phố B có 3 đường bộ và 2 đường thuỷ. Cần chọn một đường để đi từ A đến B. Hỏi có mấy cách chọn? Giải Chọn đường bộ thì có 3 cách; chọn đường thủy có 2 cách. Vậy có : 3  2  5 cách chọn. Ví dụ 2: Một nhà hàng có 3 loại rượu, 4 loại bia và 6 loại nước ngọt. Thực khách cần chọn đúng 1 loại thức uống. Hỏi có mấy cách chọn ? Giải Chọn rượi có 3 cách, chọn bia có 4 cách, chọn nước ngọt có 6 cách Vậy có : 3  4  6  13 cách chọn. II. QUI TẮC NHÂN Một công việc được hoàn thành bao gồm hai công đoạn A và B (hai hành động liên tiếp). Nếu công đoạn A có m cách thực hiện và ứng với mỗi cách đó có n cách thực hiện công đoạn B thì công việc đó có m.n cách thực hiện. Ví dụ 1: Giữa thành phố Hồ Chí Minh và Hà Nội có 3 loại phương tiện giao thông: đường bộ, đường sắt và đường hàng không. Hỏi có mấy cách chọn phương tiện giao thông để đi từ thành phố Hồ Chí Minh đến Hà Nội rồi quay về? Giải Đi từ Hồ Chí Minh đến Hà Nội có 3 cách chọn phương tiện. Khi đi về từ Hà Nội đến HCM có 3 cách. Vậy có : 3  3  9 cách chọn. Ví dụ 2: Một hội đồng nhân dân có 15 người, cần bầu ra 1 chủ tịch, 1 phó chủ tịch, 1 uỷ viên thư ký và không được bầu 1 người vào 2 hay 3 chức vụ. Hỏi có mấy cách bầu? Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 108 Giải Có 15 cách chọn chủ tịch. Với mỗi cách chọn chủ tịch, có 14 cách chọn phó chủ tịch. Với mỗi cách chọn chủ tịch và phó chủ tịch, có 13 cách chọn thư ký. Vậy có : 15  14  3  2730 cách chọn. 3. Các dấu hiệu chia hết {kiến thức bổ sung}  Chia hết cho 2: số tận cùng là 0, 2, 4, 6, 8.  Chia hết cho 3: tổng các chữ số chia hết cho 3 (ví dụ: 276).  Chia hết cho 4: số tận cùng là 00 hay hai chữ số cuối hợp thành số chia hết cho 4 (ví dụ : 1300, 2512, 708).  Chia hết cho 5: số tận cùng là 0, 5.  Chia hết cho 6: số chia hết cho 2 và chia hết cho 3.  Chia hết cho 8: số tận cùng là 000 hay ba chữ số cuối hợp thành số chia hết cho 8 (ví dụ : 15000, 2016, 13824).  Chia hết cho 9: tổng các chữ số chia hết cho 9 (ví dụ : 2835).  Chia hết cho 25: số tận cùng là 00, 25, 50, 75.  Chia hết cho 10: số tận cùng là 0. Ví dụ. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số gồm 3 chữ số đôi một khác nhau không chia hết cho 9. Giải Gọi n  abc là số cần lập. m  aʹ bʹcʹ là số gồm 3 chữ số khác nhau. m ʹ  a1 b1c1 là số gồm 3 chữ số khác nhau mà chia hết cho 9. Ta có : Tập các số n Tập các số m Tập các số * Tìm m : có 5 cách chọn a ʹ (vì aʹ  0 ), có 5 cách chọn bʹ (vì bʹ  aʹ ), có 4 cách chọn cʹ ( vì cʹ  aʹ và cʹ  bʹ ). Vậy có : 5.5.4  100 số m. * Tìm mʹ : trong các chữ số đã cho, 3 chữ số có tổng chia hết cho 9 là {0,4,5}, {1,3,5}, {2,3,4} – Với {0,4,5}: có 2 cách chọn a1 , 2 cách chọn b1 , 1 cách chọn c1 , được 2.2.1  4 số mʹ – Với {1,3,5}: có 3! = 6 số mʹ – Với {2,3,4}: có 3! = 6 số mʹ – Vậy có : 4 + 6 + 6 = 16 số mʹ Suy ra có : 100 – 16 = 84 số n. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 109 Chú ý: Qua ví dụ trên, ta thấy nếu số cách chọn thỏa tính chất p nào đó quá nhiều, ta có thể làm như sau: Số cách chọn thỏa p bằng số cách chọn tuỳ ý trừ số cách chọn không thỏa p. Người ta còn gọi cách làm này là dùng “phần bù”. B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP Dạng 1. Quy tắc cộng 1. Phương pháp 2. Các ví dụ rèn luyện kĩ năng Ví dụ 1: Một bó hoa gồm có: 5 bông hồng trắng, 6 bông hồng đỏ và 7 bông hồng vàng. Hỏi có mấy cách chọn lấy 1 bông hoa? Hướng dẫn giải * TH 1: Chọn bông hồng trắng có 5 cách chọn * TH 2: Chọn bông hồng đỏ có 6 cách chọn * TH 3: Chọn bông hồng vàng có 7 cách chọn Vậy có 5  6  7  18 cách. Ví dụ 2: Trong một hộp có 10 quả cầu trắng và 5 quả cầu đen. Có bao nhiêu cách chọn một trong các quả cầu ấy? Hướng dẫn giải Có 10 cách chọn một quả cầu trắng và 5 cách chọn một quả cầu đen. Vậy cách chọn một trong các quả cầu ấy là: 10  5  15 (cách). Ví dụ 3: Lớp 11A có 30 học sinh và lớp 11B có 32 học sinh, có bao nhiêu cách chọn 1 học sinh từ 2 lớp trên để tham gia đội công tác xã hội? Hướng dẫn giải Có 30 cách chọn một học sinh lớp 11A và 32 cách chọn một học sinh lớp 11B.Vậy số cách chọn một học sinh từ 2 lớp trên là: 30  32  62 (cách). Ví dụ 4: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm một chữ số? A. 36. B. 720. C. 6. D. 120. Hướng dẫn giải Nếu gọi x là số tự nhiên gồm một chữ số thì x  1 hoặc x  2 hoặc x  3 hoặc x  4 hoặc x  5 hoặc x  6. Vậy có 6 số tự nhiên gồm một chữ số. 3. Bài tập trắc nghiệm Câu 1. Giả sử bạn muốn mua một áo sơ mi cỡ 39 hoặc cỡ 40. Áo cỡ 39 có 5 màu khác nhau, áo cỡ 40 có 4 màu khác nhau. Hỏi có bao nhiêu sự lựa chọn (về màu áo và cỡ áo)? Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 110 A. 9. B. 5. C. 4. D. 1. Lời giải Chọn A · Nếu chọn cỡ áo 39 thì sẽ có 5 cách. · Nếu chọn cỡ áo 40 thì sẽ có 4 cách. Theo qui tắc cộng, ta có 5 + 4 = 9 cách chọn mua áo. Câu 2. Một người có 4 cái quần khác nhau, 6 cái áo khác nhau, 3 chiếc cà vạt khác nhau. Để chọn một cái quần hoặc một cái áo hoặc một cái cà vạt thì số cách chọn khác nhau là: A. 13. B. 72. C. 12. D. 30. Lời giải Chọn A · Nếu chọn một cái quần thì sẽ có 4 cách. · Nếu chọn một cái áo thì sẽ có 6 cách. · Nếu chọn một cái cà vạt thì sẽ có 3 cách. Theo qui tắc cộng, ta có 4 + 6 + 3 = 13 cách chọn. Câu 3. Trên bàn có 8 cây bút chì khác nhau, 6 cây bút bi khác nhau và 10 cuốn tập khác nhau. Một học sinh muốn chọn một đồ vật duy nhất hoặc một cây bút chì hoặc một cây bút bi hoặc một cuốn tập thì số cách chọn khác nhau là: A. 480. B. 24. C. 48. D. 60. Lời giải Chọn B · Nếu chọn một cây bút chì thì sẽ có 8 cách. · Nếu chọn một cây bút bi thì sẽ có 6 cách. · Nếu chọn một cuốn tập thì sẽ có 10 cách. Theo qui tắc cộng, ta có 8 + 6 + 10 = 24 cách chọn. Câu 4. Trong một trường THPT, khối 11 có 280 học sinh nam và 325 học sinh nữ. Nhà trường cần chọn một học sinh ở khối 11 đi dự dạ hội của học sinh thành phố. Hỏi nhà trường có bao nhiêu cách chọn? A. 45. B. 280. C. 325. D. 605. Lời giải Chọn D · Nếu chọn một học sinh nam có 280 cách. · Nếu chọn một học sinh nữ có 325 cách. Theo qui tắc cộng, ta có 280 + 325 = 605 cách chọn. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 111 Câu 5. Một trường THPT được cử một học sinh đi dự trại hè toàn quốc. Nhà trường quyết định chọn một học sinh tiên tiến lớp 11A hoặc lớp 12 B. Hỏi nhà trường có bao nhiêu cách chọn, nếu biết rằng lớp 11A có 31 học sinh tiên tiến và lớp 12B có 22 học sinh tiên tiến? A. 31. B. 9. C. 53. D. 682. Lời giải Chọn C · Nếu chọn một học sinh lớp 11A có 31 cách. · Nếu chọn một học sinh lớp 12B có 22 cách. Theo qui tắc cộng, ta có 31 + 22 = 53 cách chọn. Câu 6. Trong một hộp chứa sáu quả cầu trắng được đánh số từ 1 đến 6 và ba quả cầu đen được đánh số 7, 8, 9. Có bao nhiêu cách chọn một trong các quả cầu ấy? A. 27. B. 9. C. 6. D. 3. Lời giải Chọn B Vì các quả cầu trắng hoặc đen đều được đánh số phân biệt nên mỗi lần lấy ra một quả cầu bất kì là một lần chọn. · Nếu chọn một quả trắng có 6 cách. · Nếu chọn một quả đen có 3 cách. Theo qui tắc cộng, ta có 6 + 3 = 9 cách chọn. Câu 7. Giả sử từ tỉnh A đến tỉnh B có thể đi bằng các phương tiện: ô tô, tàu hỏa, tàu thủy hoặc máy bay. Mỗi ngày có 10 chuyến ô tô, 5 chuyến tàu hỏa, 3 chuyến tàu thủy và 2 chuyến máy bay. Hỏi có bao nhiêu cách đi từ tỉnh A đến tỉnh B ? A. 20. B. 300. C. 18. D. 15. Lời giải ㋅họn A · Nếu đi bằng ô tô có 10 cách. · Nếu đi bằng tàu hỏa có 5 cách. · Nếu đi bằng tàu thủy có 3 cách. · Nếu đi bằng máy bay có 2 cách. Theo qui tắc cộng, ta có 10 + 5 + 3 + 2 = 20 cách chọn. Câu 8. Trong một cuộc thi tìm hiểu về đất nước Việt Nam, ban tổ chức công bố danh sách các đề tài bao gồm: 8 đề tài về lịch sử, 7 đề tài về thiên nhiên, 10 đề tài về con người và 6 đề tài về văn hóa. Mỗi thí sinh được quyền chọn một đề tài. Hỏi mỗi thí sinh có bao nhiêu khả năng lựa chọn đề tài? A. 20. B. 3360. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 C. 31. D. 30. Trang 112 Lời giải Chọn C · Nếu chọn đề tài về lịch sử có 8 cách. · Nếu chọn đề tài về thiên nhiên có 7 cách. · Nếu chọn đề tài về con người có 10 cách. · Nếu chọn đề tài về văn hóa có 6 cách. Theo qui tắc cộng, ta có 8 + 7 + 10 + 6 = 31 cách chọn. Dạng 2. Quy tắc nhân 1. Phương pháp 2. Các ví dụ rèn luyện kĩ năng Ví dụ 1: Một đội văn nghệ chuẩn bị được 2 vở kịch, 3 điệu múa và 6 bài hát. Tại hội diễn, mỗi đội chỉ được trình diễn 1 vở kịch, 1 điệu múa và 1 bài hát. Hỏi đội văn nghệ trên có bao nhiêu cách chọn chương trình biểu diễn, biết rằng chất lượng các vở kịch, điệu múa, các bài hát là như nhau? Hướng dẫn giải Mỗi đội chỉ được trình diễn 1 vở kịch, 1 điệu múa và 1 bài hát (gồm 3 tiết mục thuộc ba thể loại khác nhau)  Chọn 1 vở kịch có: 2 cách chọn  Chọn 1 điệu múa có: 3 cách chọn  Chọn 1 bài hát có: 6 cách Vậy có: 2  3  6  36 cách. Ví dụ 2: Dãy x1 , x2 , x3 , x4 với mỗi kí tự xi chỉ nhận giá trị 0 hoặc 1. Hỏi có bao nhiêu dãy như vậy? Hướng dẫn giải Mỗi kí tự xi có hai cách chọn (0 hoặc 1). Vậy có tất cả: 2  2  2  2  16 dãy x1 , x2 , x3 , x4 . Ví dụ 3: Trong một lớp học có 20 học sinh nam và 24 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn hai học sinh: 1 nam và 1 nữ tham gia đội cờ đỏ. Hỏi giáo viên chủ nhiệm đó có bao nhiêu cách chọn? Hướng dẫn giải Có 20 cách chọn một học sinh nam và 24 cách chọn một học sinh nữ. Vì vậy có 20  24  480 cách chọn hai học sinh (1 nam, 1 nữ). Ví dụ 4: Số các số chẵn có hai chữ số là: Hướng dẫn giải Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 113 Số chẵn có hai chữ số có dạng ab với a  0, b chẵn. + Chọn a  1,2,3,4,5,6,7,8,9 , có 9 cách chọn. + Chọn b  0,2,4,6,8 , có 5 cách chọn. Vậy có tất cả 9  5  45 số. 3. Bài tập trắc nghiệm Câu 1: Có 3 kiểu mặt đồng hồ đeo tay (vuông, tròn, elip) và 4 kiểu dây (kim loại, da, vải và nhựa). Hỏi có bao nhiêu cách chọn một chiếc đồng hồ gồm một mặt và một dây? A. 4. B. 7. C. 12. D. 16. Lời giải Chọn C Để chọn một chiếc đồng hồ, ta có: · Có 3 cách chọn mặt. · Có 4 cách chọn dây. Vậy theo qui tắc nhân ta có 3´ 4 = 12 cách. Câu 2: Một người có 4 cái quần, 6 cái áo, 3 chiếc cà vạt. Để chọn mỗi thứ một món thì có bao nhiều cách chọn bộ ” quần-áo-cà vạt ” khác nhau? A. 13. B. 72. C. 12. D. 30. Lời giải Chọn B Để chọn một bộ ” quần-áo-cà vạt ” , ta có: · Có 4 cách chọn quần. · Có 6 cách chọn áo. · Có 3 cách chọn cà vạt. Vậy theo qui tắc nhân ta có 4 ´ 6 ´3 = 72 cách. Câu 3: Một thùng trong đó có 12 hộp đựng bút màu đỏ, 18 hộp đựng bút màu xanh. Số cách khác nhau để chọn được đồng thời một hộp màu đỏ, một hộp màu xanh là? A. 13. B. 12. C. 18. D. 216. Lời giải Chọn D Để chọn một hộp màu đỏ và một hộp màu xanh, ta có: · Có 12 cách chọn hộp màu đỏ. · Có 18 cách chọn hộp màu xanh. Vậy theo qui tắc nhân ta có 12 ´18 = 216 cách. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 114 Câu 4: Trên bàn có 8 cây bút chì khác nhau, 6 cây bút bi khác nhau và 10 cuốn tập khác nhau. Số cách khác nhau để chọn được đồng thời một cây bút chì, một cây bút bi và một cuốn tập. A. 24. B. 48. C. 480. D. 60. Lời giải Chọn C Để chọn ” một cây bút chì – một cây bút bi – một cuốn tập ” , ta có: · Có 8 cách chọn bút chì. · Có 6 cách chọn bút bi. · Có 10 cách chọn cuốn tập. Vậy theo qui tắc nhân ta có 8´ 6 ´10 = 480 cách. Câu 5: Một bó hoa có 5 hoa hồng trắng, 6 hoa hồng đỏ và 7 hoa hồng vàng. Hỏi có mấy cách chọn lấy ba bông hoa có đủ cả ba màu. A. 240. B. 210. C. 18. D. 120. Lời giải Chọn B Để chọn ba bông hoa có đủ cả ba màu (nghĩa là chọn một bông hoa hồng trắng- một bông hoa hồng đỏ- hoa hồng vàng), ta có: · Có 5 cách chọn hoa hồng trắng. · Có 6 cách chọn hoa hồng đỏ. · Có 7 cách chọn hoa hồng vàng. Vậy theo qui tắc nhân ta có 5´6 ´7 = 210 cách. Câu 6: Một người vào cửa hàng ăn, người đó chọn thực đơn gồm một món ăn trong năm món, một loại quả tráng miệng trong năm loại quả tráng miệng và một nước uống trong ba loại nước uống. Có bao nhiêu cách chọn thực đơn. A. 25. B. 75. C. 100. D. 15. Lời giải Chọn B Để chọn thực đơn, ta có: · Có 5 cách chọn món ăn. · Có 5 cách chọn quả tráng miệng. · Có 3 cách chọn nước uống. Vậy theo qui tắc nhân ta có 5´5´3 = 75 cách. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 115 Câu 7: Trong một trường THPT, khối 11 có 280 học sinh nam và 325 học sinh nữ. Nhà trường cần chọn hai học sinh trong đó có một nam và một nữ đi dự trại hè của học sinh thành phố. Hỏi nhà trường có bao nhiêu cách chọn? A. 910000. B. 91000. C. 910. D. 625. Lời giải Chọn B Để chọn một nam và một nữ đi dự trại hè, ta có: · Có 280 cách chọn học sinh nam. · Có 325 cách chọn học sinh nữ. Vậy theo qui tắc nhân ta có 280 ´325 = 91000 cách. Câu 8: Một đội học sinh giỏi của trường THPT, gồm 5 học sinh khối 12, 4 học sinh khối 11, 3 học sinh khối 10. Số cách chọn ba học sinh trong đó mỗi khối có một em? A. 12. B. 220. C. 60. D. 3. Lời giải Chọn C Để chọn một nam và một nữ đi dự trại hè, ta có: · Có 5 cách chọn học sinh khối 12. · Có 4 cách chọn học sinh khối 11. · Có 3 cách chọn học sinh khối 10. Vậy theo qui tắc nhân ta có 5´ 4 ´3 = 60 cách. Câu 9: Có 10 cặp vợ chồng đi dự tiệc. Tổng số cách chọn một người đàn ông và một người đàn bà trong bữa tiệc phát biểu ý kiến sao cho hai người đó không là vợ chồng? A. 100. B. 91. C. 10. D. 90. Lời giải Chọn D Để chọn một người đàn ông và một người đàn bà không là vợ chồng, ta có · Có 10 cách chọn người đàn ông. · Có 9 cách chọn người đàn bà. Vậy theo qui tắc nhân ta có 9 ´10 = 90 cách. Câu 10: An muốn qua nhà Bình để cùng Bình đến chơi nhà Cường. Từ nhà An đến nhà Bình có 4 con đường đi, từ nhà Bình tới nhà Cường có 6 con đường đi. Hỏi An có bao nhiêu cách chọn đường đi đến nhà Cường? A. 6. B. 4. C. 10. D. 24. Lời giải Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 116 Chọn D · Từ An ¾¾  Bình có 4 cách. · Từ Bình ¾¾  Cường có 6 cách. Vậy theo qui tắc nhân ta có 4 ´ 6 = 24 cách. Câu 11: Các thành phố A, B, C, D được nối với nhau bởi các con đường như hình vẽ. Hỏi có bao nhiêu cách đi từ A đến D mà qua B và C chỉ một lần? A. 9. B. 10. C. 18. D. 24. Lời giải Chọn D · Từ A ¾¾  B có 4 cách. · Từ B ¾¾  C có 2 cách. ·  D có 2 cách. Từ C ¾¾ Vậy theo qui tắc nhân ta có 4 ´ 2 ´3 = 24 cách. Câu 12: Các thành phố A, B, C, D được nối với nhau bởi các con đường như hình vẽ. Hỏi có bao nhiêu cách đi từ A đến D rồi quay lại A? A. 1296. B. 784. C. 576. D. 324. Lời giải Chọn C Từ kết quả câu trên, ta có: · Từ A ¾¾  D có 24 cách. · Tương tự, từ D ¾¾  A có 24 cách. Vậy theo qui tắc nhân ta có 24 ´ 24 = 576 cách. Câu 13: Trong một tuần bạn A dự định mỗi ngày đi thăm một người bạn trong 12 người bạn của mình. Hỏi bạn A có thể lập được bao nhiêu kế hoạch đi thăm bạn của mình (thăm một bạn không quá một lần)? A. 3991680. B. 12!. C. 35831808. D. 7!. Lời giải Chọn A Một tuần có bảy ngày và mỗi ngày thăm một bạn. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 117 · Có 12 cách chọn bạn vào ngày thứ nhất. · Có 11 cách chọn bạn vào ngày thứ hai. · Có 10 cách chọn bạn vào ngày thứ ba. · Có 9 cách chọn bạn vào ngày thứ tư. · Có 8 cách chọn bạn vào ngày thứ năm. · Có 7 cách chọn bạn vào ngày thứ sáu. · Có 6 cách chọn bạn vào ngày thứ bảy. Vậy theo qui tắc nhân ta có 12 ´11´10 ´ 9 ´8 ´7 ´ 6 = 3991680 cách. Câu 14: Nhãn mỗi chiếc ghế trong hội trường gồm hai phần: phần đầu là một chữ cái (trong bảng 24 chữ cái tiếng Việt), phần thứ hai là một số nguyên dương nhỏ hơn 26. Hỏi có nhiều nhất bao nhiêu chiếc ghế được ghi nhãn khác nhau? A. 624. B. 48. C. 600. D. 26. Lời giải Chọn C Một chiếc nhãn gồm phần đầu và phần thứ hai Î {1;2;…;25} . · Có 24 cách chọn phần đầu. · Có 25 cách chọn phần thứ hai. Vậy theo qui tắc nhân ta có 24 ´ 25 = 600 cách. Câu 15: Biển số xe máy của tỉnh A (nếu không kể mã số tỉnh) có 6 kí tự, trong đó kí tự ở vị trí đầu tiên là một chữ cái (trong bảng 26 cái tiếng Anh), kí tự ở vị trí thứ hai là một chữ số thuộc tập {1;2;…;9}, mỗi kí tự ở bốn vị trí tiếp theo là một chữ số thuộc tập {0;1;2;…;9}. Hỏi nếu chỉ dùng một mã số tỉnh thì tỉnh A có thể làm được nhiều nhất bao nhiêu biển số xe máy khác nhau? A. 2340000. B. 234000. C. 75. D. 2600000. Lời giải Chọn A Giả sử biển số xe là a1a2 a3 a4 a5 a6 . · Có 26 cách chọn a1 · Có 9 cách chọn a2 · Có 10 cách chọn a3 · Có 10 cách chọn a4 · Có 10 cách chọn a5 · Có 10 cách chọn a6 Vậy theo qui tắc nhân ta có 26 ´ 9 ´10 ´10 ´10 ´10 = 2340000 biển số xe. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 118 Câu 16: Số 253125000 có bao nhiêu ước số tự nhiên? A. 160. B. 240. C. 180. D. 120. Lời giải Chọn C Ta có 253125000 = 2 3.34.58 nên mỗi ước số tự nhiên của số đã cho đều có dạng 2 m ´3n ´5 p trong đó m, n, pÎ  sao cho 0 £ m £ 3; 0 £ n £ 4; 0 £ p £ 8. · Có 4 cách chọn m. · Có 5 cách chọn n. · Có 9 cách chọn p. Vậy theo qui tắc nhân ta có 4 ´5´ 9 = 180 ước số tự nhiên. Câu 17: Từ các chữ số 1, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu chữ số tự nhiên có 4 chữ số (không nhất thiết phải khác nhau)? A. 324. B. 256. C. 248. D. 124. Lời giải Chọn B Gọi số cần tìm có dạng abcd với (a, b, c, d ) Î A = {1, 5, 6, 7}. Vì số cần tìm có 4 chữ số không nhất thiết khác nhau nên:  a được chọn từ tập A (có 4 phần tử) nên có 4 cách chọn.  b được chọn từ tập A (có 4 phần tử) nên có 4 cách chọn.  c được chọn từ tập A (có 4 phần tử) nên có 4 cách chọn.  d được chọn từ tập A (có 4 phần tử) nên có 4 cách chọn. Như vậy, ta có 4 ´ 4 ´ 4 ´ 4 = 256 số cần tìm. Câu 18: Từ các chữ số 1, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu chữ số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau? A. 36. B. 24. C. 20. D. 14. Lời giải Chọn B Gọi số cần tìm có dạng abcd với (a, b, c, d ) Î A = {1, 5, 6,7}. Vì số cần tìm có 4 chữ số khác nhau nên: · a được chọn từ tập A (có 4 phần tử) nên có 4 cách chọn. · b được chọn từ tập A {a} (có 3 phần tử) nên có 3 cách chọn. · c được chọn từ tập A {a, b} (có 2 phần tử) nên có 2 cách chọn. · d được chọn từ tập A {a, b, c} (có 1 phần tử) nên có 1 cách chọn. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 119 Như vậy, ta có 4 ´3´ 2 ´1 = 24 số cần tìm. Câu 19: Có bao nhiêu số tự nhiên có hai chữ số mà hai chữ số đều chẵn? A. 99. B. 50. C. 20. D. 10. Lời giải Chọn C Gọi số cần tìm có dạng ab với (a, b) Î A = {0, 2, 4, 6, 8} và a ¹ 0. Trong đó: · a được chọn từ tập A {0} (có 4 phần tử) nên có 4 cách chọn. · b được chọn từ tập A (có 5 phần tử) nên có 5 cách chọn. Như vậy, ta có 4 ´5 = 20 số cần tìm. Câu 20: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu chữ số tự nhiên bé hơn 100 ? A. 36. B. 62. C. 54. D. 42. Lời giải Chọn D Các số bé hơn 100 chính là các số có một chữ số và hai chữ số được hình thành từ tập A = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Từ tập A có thể lập được 6 số có một chữ số. Gọi số có hai chữ số có dạng ab với (a, b) Î A. Trong đó: · a được chọn từ tập A (có 6 phần tử) nên có 6 cách chọn. · b được chọn từ tập A (có 6 phần tử) nên có 6 cách chọn. Như vậy, ta có 6 ´ 6 = 36 số có hai chữ số. Vậy, từ A có thể lập được 36 + 6 = 42 số tự nhiên bé hơn 100. Câu 21: Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số lẻ gồm 4 chữ số khác nhau? A. 154. B. 145. C. 144. D. 155. Lời giải Chọn C Gọi số cần tìm có dạng abcd với (a, b, c, d ) Î A = {0,1, 2, 3, 4, 5}. Vì abcd là số lẻ  d = {1, 3, 5}  d : có 3 cách chọn. Khi đó a : có 4 cách chọn (khác 0 và d ), b : có 4 cách chọn và c : có 3 cách chọn. Vậy có tất cả 3´ 4 ´ 4 ´3 = 144 số cần tìm. Câu 22: Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số chẵn gồm 4 chữ số khác nhau? Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 120 A. 156. B. 144. C. 96. D. 134. Lời giải Chọn A Gọi số cần tìm có dạng abcd với (a, b, c, d ) Î A = {0,1, 2, 3, 4, 5}. Vì abcd là số chẵn  d = {0, 2, 4 }. TH1. Nếu d = 0, số cần tìm là abc0. Khi đó: · a được chọn từ tập A {0} nên có 5 cách chọn. · b được chọn từ tập A {0, a} nên có 4 cách chọn. · c được chọn từ tập A {0, a, b} nên có 3 cách chọn. Như vậy, ta có 5´ 4 ´3 = 60 số có dạng abc0. TH2. Nếu d = {2, 4 }  d : có 2 cách chọn. Khi đó a : có 4 cách chọn (khác 0 và d ), b : có 4 cách chọn và c : có 3 cách chọn. Như vậy, ta có 2 ´ 4 ´ 4 ´3 = 96 số cần tìm như trên. Vậy có tất cả 60 + 96 = 156 số cần tìm. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 121 BÀI 2. HOÁN VỊ- CHỈNH HỢP – TỔ HỢP A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM I. HOÁN VỊ 1. Định nghĩa Cho tập hợp A gồm n phần tử  n  1 Mỗi kết quả của sự sắp xếp thứ tự n phần tử của tập hợp A được gọi là một hoán vị của n phần tử đó. Nhận xét: Hai hoán vị của n phần tử chỉ khác nhau ở thứ tự sắp xếp. Chẳng hạn, hai hoán vị abc và acb của ba phân tử a, b, c là khác nhau. 2. Số hoán vị Kí hiệu Pn là số hoán vị của n phần tử. Ta có công thức sau: Ví dụ 1. Sắp xếp 5 người vào một băng ghế có 5 chỗ. Hỏi có bao nhiêu cách. Giải Mỗi cách đổi chỗ 1 trong 5 người trên băng ghế là 1 hoán vị. Vậy có P5  5!  120 cách sắp. Ví dụ 2. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 có thể lập được mấy số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau. Giải Gọi A  a1a 2 a 3a 4 a 5 với a1  0 và a1 , a 2 , a 3 , a 4 , a 5 phân biệt là số cần lập.  Bước 1: chữ số a1  0 nên có 4 cách chọn a1.  Bước 2: sắp 4 chữ số còn lại vào 4 vị trí có 4!  24 cách. Vậy có 4  24  96 số. II. CHỈNH HỢP 1. Định nghĩa Cho tập hợp A gồm n phần tử  n  1 . Mỗi cách sắp xếp k phần tử của A theo một thứ tự nào đó được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử của tập A. 2. Số các chỉnh hợp Số chỉnh hợp chập k của n phần tử: A kn  n(n  1)(n  2)…(n  k  1)  n! , 1 k  n (n  k)! Công thức trên cũng đúng cho trường hợp k  0 hoặc k  n. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 122 Khi k  n thì A nn  Pn  n!. Ví dụ 3: Có bao nhiêu số điện thoại bắt đầu bằng 2 chữ cái khác nhau lấy từ 26 chữ cái A, B, C, …, Z và tiếp theo là 5 chữ số khác nhau không có số 0. Giải Chọn 2 chữ cái trong 26 chữ cái, xếp vào hai vị trí đầu tiên, đây là chỉnh hợp chập 2 của 26 phần tử. Tiếp theo, chọn 5 chữ số trong 9 chữ số khác 0, xếp vào 5 vị trí, đây là chỉnh hợp chập 5 của 9 phần tử. Vậy có : A 226 .A 95  9 828 000 số. Ví dụ 4: Một đội bóng đá có 18 cầu thủ. Cần chọn ra 11 cầu thủ phân vào 11 vị trí trên sân để thi đấu chính thức. Hỏi có mấy cách chọn nếu: a) Ai cũng có thể chơi ở bất cứ vị trí nào? b) Chỉ có cầu thủ A làm thủ môn được, các cầu thủ khác chơi ở vị trí nào cũng được? c) Có 3 cầu thủ chỉ có thể làm thủ môn được, các cầu thủ khác chơi ở vị trí nào cũng được? Giải a) Chọn 11 người trong 18 người, xếp vào 11 vị trí. Đây là chỉnh hợp chập 11 của 18 phần tử. Có : A11 18  1270312243 cách. b) Chọn A làm thủ môn. Tiếp đến, chọn 10 người trong 17 người còn lại, xếp vào 10 vị trí. Vậy có : A10 17  705729024 cách. c) Chọn 1 trong 3 người làm thủ môn, có 3 cách. Tiếp đến, chọn 10 người trong 15 người kia, xếp vào 10 vị trí, có A10 15 cách. Vậy, có: 3A10 15  326918592 cách. III. TỔ HỢP 1. Định nghĩa Cho tập A gồm n phần tử  n  1 . Mỗi tập con gồm k phần tử của A được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử. Chú ý: Số k trong định nghĩa cần thỏa điều kiện 1  k  n. Tuy vậy, tập hợp không có phần tử nào là tập rỗng nên ta quy ước gọi tập rỗng là tổ hợp chập 0 của n phần tử. 2. Số các tổ hợp Số các tổ hợp chập k của n phần tử: Ckn  n! . k!(n  k)! Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 123 Ví dụ: Một nhóm có 5 nam và 3 nữ. Chọn ra 3 người sao cho trong đó có ít nhất 1 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách. Giải Cách 1: Ta có các trường hợp sau  3 người được chọn gồm 1 nữ và 2 nam. chọn ra 1 trong 3 nữ ta có 3 cách. chọn ra 2 trong 5 nam ta có C 25 cách Suy ra có 3C 25 cách chọn  3 người được chọn gồm 2 nữ và 1 nam. chọn ra 2 trong 3 nữ có C 23 cách. chọn ra 1 trong 5 nam có 5 cách. Suy ra có 5C 23 cách chọn.  3 người chọn ra gồm 3 nữ có 1 cách. Vậy có 3C 25  5C 23  1  46 cách chọn. Cách 2: Số cách chọn 3 người bất kì là: C 83 Số cách chọn 3 người nam cả là: C 35 Vậy số cách chọn 3 người thỏa yêu cầu bài toán là: C83  C 35  46 cách. 3. Tính chất của các số C kn a) Tính chất 1: C kn  C nn  k b) Tính chất 2: C kn  C kn11  C kn 1 B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP Dạng 1. Hoán vị 1. Phương pháp 2. Các ví dụ rèn luyện kĩ năng Ví dụ 1: Số các số có năm chữ số khác nhau lập nên từ năm chữ số 1, 2, 3, 4, 5 là: Hướng dẫn giải Một số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau lập nên từ năm chữ số 1, 2, 3, 4, 5 là một hoán vị của năm chữ số đó. Vậy có tất cả 5!  120 (số). Ví dụ 2: Người ta xếp 5 quyển sách Toán, 4 quyển sách Hóa và 3 quyển sách Lý lên một giá sách theo từng môn. Số cách sắp xếp sẽ là: Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 124 Hướng dẫn giải Có 3 môn học nên có 3! cách xếp sách theo môn. Trong đó có 5! cách xếp sách Toán, 4! cách xếp sách Hóa, và 3! cách xếp sách Lý. Vậy số cách xếp tất cả là: 3! 4! 5! 3!. Ví dụ 3: Một nhóm học sinh gồm 5 nam và 5 nữ xếp thành một hàng ngang. Số cách xếp để cho học sinh nam và nữ xen kẽ nhau là: A. 5!. B. 10!. C. 2.  5! . D.  5! . 2 2 Hướng dẫn giải Ví dụ 4: Số cách sắp xếp chỗ cho 10 khách ngồi quanh một bàn tròn (hai cách xếp được coi là như nhau nếu cách này nhận được từ cách kia bằng cách xoay bàn đi một góc nào đó) là: Hướng dẫn giải Ví dụ 5: Long và Hưng cùng 8 bạn rủ nhau đi xem bóng đá. Số cách xếp nhóm bạn trên vào 10 chỗ ngồi sắp hàng ngang sao cho Long và Hưng ngồi cạnh nhau là: Hướng dẫn giải Ví dụ 6: Có bao nhiêu cách dán 5 con tem khác nhau vào 5 phong bì khác nhau và mỗi phong bì một tem? Hướng dẫn giải Số cách dán 5 con tem vào 5 phong bì theo đề bài là số cách xếp có thứ tự 5 con tem vào 5 vị trí. Đó chính là số hoán vị của 5 phần tử. Do đó đáp số là P5 . Ví dụ 7: Có bao nhiêu cách xếp 5 nam và 3 nữ ngồi trên một băng ghế dài sao cho nam ngồi kề nhau và nữ ngồi kề nhau? Hướng dẫn giải  Xem 5 nam và 3 nữ lần lượt như 2 phần tử  và .  Số cách sắp xếp  và  vào 2 vị trí là: P2  2 (cách).  Mỗi cách hoán vị 5 nam và 3 nữ cho nhau trong cùng một vị trí ta luôn thêm 5! 3! cách xếp khác nhau. Vậy số cách xếp theo yêu cầu bài toán là: 2  5! 3!  1440. 3. Bài tập trắc nghiệm Câu 1: Có bao nhiêu khả năng có thể xảy ra đối với thứ tự giữa các đội trong một giải bóng có 5 đội bóng? (giả sử rằng không có hai đội nào có điểm trùng nhau) A. 120. B. 100. C. 80. D. 60. Lời giải Chọn A Số các khả năng có thể xảy ra đối với thứ tự giữa các đội trong một giải bóng có 5 đội bóng là một hoán vị của 5 phần tử nên có 5! = 120 cách. Câu 2: Có bao nhiêu cách xếp khác nhau cho 5 người ngồi vào một bàn dài? A. 120 B. 5 C. 20 D. 25 Lời giải Chọn A Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 125 Số cách sắp xếp khác nhau cho 5 người ngồi vào một bàn dài là một hoán vị của 5 phần tử nên có 5! = 120 cách. Câu 3: Số cách sắp xếp 6 nam sinh và 4 nữ sinh vào một dãy ghế hàng ngang có 10 chỗ ngồi là: A. 6!4!. B. 10!. C. 6!- 4!. D. 6!+ 4!. Lời giải Chọn B Số cách sắp xếp 6 nam sinh và 4 nữ sinh vào một dãy ghế hàng ngang có 10 chỗ là một hoán vị của 10 phần tử nên có 10! cách. Câu 4: Sắp xếp năm bạn học sinh An, Bình, Chi, Dũng, Lệ vào một chiếc ghế dài có 5 chỗ ngồi. Số cách sắp xếp sao cho bạn Chi luôn ngồi chính giữa là A. 24. B. 120. C. 60. D. 16. Lời giải Chọn A Xếp bạn Chi ngồi giữa có 1 cách. Số cách xếp 4 bạn sinh An, Bình, Dũng, Lệ vào 4 chỗ còn lại là một hoán vị của 4 phần tử nên có có 4! cách. Vậy có 24 cách xếp. Câu 5: Sắp xếp năm bạn học sinh An, Bình, Chi, Dũng, Lệ vào một chiếc ghế dài có 5 chỗ ngồi. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp sao cho bạn An và bạn Dũng luôn ngồi ở hai đầu ghế? A. 120. B. 16 C. 12. D. 24. Lời giải Chọn C Xếp An và Dũng ngồi hai đầu ghế có 2! cách xếp. Số cách xếp 3 bạn Bình, Chi, Lệ vào 3 ghế còn lại là một hoán vị của 3 phần tử nên có có 3! cách. Vậy có 2!.3! = 12 cách. Câu 6: Sắp xếp năm bạn học sinh An, Bình, Chi, Dũng, Lệ vào một chiếc ghế dài có 5 chỗ ngồi. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp sao cho bạn An và bạn Dũng không ngồi cạnh nhau? A. 24. B. 48. C. 72. D. 12. Lời giải Chọn C Số cách xếp 5 bạn vào 5 chỗ trên ghế dài là một hoán vị của 5 phần tử nên có 5! = 120 cách. Số cách xếp sao cho bạn An và bạn Dũng luôn ngồi cạnh nhau là 2.4! = 48 cách (An và Dũng ngồi cạnh nhau xem như 1 bạn; xếp 4 bạn vào 4 chỗ có 4! cách; cách xếp An và Dũng ngồi cạnh nhau là 2! = 2 ) Vậy số cách sắp xếp sao cho bạn An và bạn Dũng không ngồi cạnh nhau là 120 – 48 = 72 cách. Câu 7: Có 3 viên bi đen khác nhau, 4 viên bi đỏ khác nhau, 5 viên bi xanh khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp các viên bi trên thành một dãy sao cho các viên bi cùng màu ở cạnh nhau? Trang 126 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 A. 345600. B. 725760. C. 103680. D. 518400. Lời giải Chọn C Số các hoán vị về màu bi khi xếp thành dãy là 3! Số cách xếp 3 viên bi đen khác nhau thành dãy là 3! Số cách xếp 4 viên bi đỏ khác nhau thành dãy là 4! Số cách xếp 5 viên bi xanh khác nhau thành dãy là 5! Số cách xếp các viên bi trên thành một dãy sao cho các viên bi cùng màu ở cạnh nhau là 3!.3!.4!.5! = 103680 cách.  Câu 8: Cô dâu và chú rể mời 6 người ra chụp ảnh kỉ niệm, người thợ chụp hình có bao nhiêu cách sắp xếp sao cho cô dâu, chú rể đứng cạnh nhau. A. 8!- 7!. B. 2.7!. C. 6.7!. D. 2!+ 6!. Lời giải Chọn B Khi cô dâu, chú rể đứng cạnh nhau (có thể thay đổi vị trí cho nhau), ta coi đó là một phần tử và đứng với 6 vị khách mời để chụp ảnh nên có 2.7! cách sắp xếp. Câu 9: Trên giá sách muốn xếp 20 cuốn sách khác nhau. Có bao nhiêu cách sắp xếp sao cho tập 1 và tập 2 đặt cạnh nhau. A. 20!-18!. B. 20!-19!. C. 20!-18!.2!. D. 19!.18. Lời giải Chọn D Sắp xếp 20 cuốn sách trên giá là một hoán vị của 20 phần tử nên ta có 20! cách sắp xếp. Khi hai cuốn tập 1 và tập 2 đặt cạnh nhau (thay đổi vị trí cho nhau), ta coi đó là một phần tử và cùng sắp xếp với 18 cuốn sách còn lại trên giá nên có 2.19! cách sắp xếp. Vậy có tất cả 20!- 2.19! = 19!.18 cách sắp xếp theo yêu cầu bài toán. Câu 10: Có bao nhiêu cách sắp xếp 4 người vào 4 ghế ngồi được bố trí quanh một bàn tròn? A. 12. B. 24. C. 4. D. 6. Lời giải Chọn D Chọn 1 người ngồi vào 1 vị trí bất kì. Xếp 3 người còn lại vào 3 ghế trống của bàn là một hoán vị của 3 phần tử nên có có 3! = 6 cách. Câu 11: Có 4 nữ sinh tên là Huệ, Hồng, Lan, Hương và 4 nam sinh tên là An, Bình, Hùng, Dũng cùng ngồi quanh một bàn tròn có 8 chỗ ngồi. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp biết nam và nữ ngồi xen kẽ nhau? Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 127 B. 144. A. 576. C. 2880. D. 1152. Lời giải Chọn B Giả sử các ghế ngồi đánh số từ 1 đến 8. Chọn 1 bạn bất kì ngồi vào 1 vị trí ngẫu nhiên trên bàn tròn có 1 cách. (Nếu chọn 8 cách thì tức là nhầm với bàn dài). Xếp 3 bạn cùng giới tính còn lại vào 3 ghế (có số ghế cùng tính chẵn hoặc lẻ với bạn đầu) có 3! cách. Xếp 4 bạn còn lại ngồi xen kẽ 4 bạn đẫ xếp ở trên có 4! cách. Vậy có 3!.4! = 144 cách. Câu 12: Từ các số tự nhiên 1, 2, 3, 4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau: A. 4 4. B. 24. C. 1. D. 42. Lời giải Chọn B Số các số tự nhiện có 4 chữ số khác nhau được tạo thành là một hoán vị của 4 phần tử bằng 4! = 24 . Dạng 2. Chỉnh hợp 1. Phương pháp 2. Các ví dụ rèn luyện kĩ năng Ví dụ 1: Từ 10 bông hoa có chủng loại khác nhau và 4 cái lọ khác nhau, có bao nhiêu cách cắm 4 bông hoa vào 4 lọ và mỗi lọ 1 bông hoa? A. P10. Hướng dẫn giải Số cách cắm 4 bông hoa từ 10 bông hoa khác nhau vào 4 lọ khác nhau là một bộ 4 bông hoa có thứ tự. Ví dụ: Gọi 4 bông hoa được chọn là A, B, C, D và 4 lọ hoa là  ,  ,  , . Hai cách cắm sau đây là khác nhau:  A   B C  D Do đó số cách cắm bông theo yêu cầu bài toán là  B   A C  D 4 A10 . Ví dụ 2: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có thể thành lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau và trong đó phải có chữ số 1? Hướng dẫn giải Cách 1: Đem chữ số 1 xếp trước  Số cách xếp chữ số 1 vào 1 trong 4 vị trí là: 4 (cách)  Số cách xếp 4 chữ số còn lại vào 3 vị trí còn lại là A 34 (cách) Vậy số các số tự nhiên cần tìm là: 4  A 34  96 (số). Cách 2: Dùng phần bù: Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 128  Số các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau (không cần biết có hay không có chữ số 1) lấy từ 1,2,3,4,5 là A 45  120 (số)  Phần bù của tập các số phải có chữ số 1 là tập các số không có chữ số 1. Số các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau (và không có chữ số 1) lấy từ 2,3,4,5 là P4  24 (số) Vậy số các số tự nhiên cần tìm là: 120  24  96 (số). Ví dụ 3: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập thành bao nhiêu số tự nhiên gồm ba chữ số khác nhau đôi một? Hướng dẫn giải Do đó số cách thành lập các số tự nhiên theo yêu cầu bài toán là số các chỉnh hợp chập 3 của 6 (chữ số): A 63 . Ví dụ 4: Từ 10 điểm phân biệt và không có ba điểm nào thẳng hàng, có thể lập được bao nhiêu vectơ? Hướng dẫn giải   Để có một vectơ ta cần có 2 điểm phân biệt và để ý hai vectơ AB và BA là khác nhau. Do vậy số cách thành lập các vectơ là số cách chọn 2 điểm có thứ tự từ 10 điểm của đề bài. 2 Nghĩa là số cách thành lập các vectơ là số các chỉnh hợp chập 2 của 10 (điểm): A10 . Ví dụ 5: Một lớp có 30 học sinh gồm 20 nam và 10 nữ. Có bao nhiêu cách chọn 2 học sinh nam thi toán, lý và 2 học sinh nữ thi hóa, sinh? (Mỗi học sinh thi một môn). Hướng dẫn giải Số cách chọn 2 trong 20 nam thi toán, lý là A 220 (cách) 2 Số cách chọn 2 trong 10 nữ thi hóa, sinh là A10 (cách) 2 Vậy số cách chọn theo yêu cầu bài toán là A 220  A10 (cách). Ví dụ 6: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể thành lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm ba chữ số trong đó phải có chữ số lẻ? Hướng dẫn giải  Số các số tự nhiên gồm 3 chữ số khác nhau (không cần biết có hay không có chữ số lẻ) lấy từ các chữ số 1,2, 3,4,5,6 là A 63  120 (số).  Số các số tự nhiên gồm 3 chữ số khác nhau (cả 3 chữ số đều chẵn) lấy từ 2,4,6 là P3  6 (số) Vậy số các số tự nhiên cần tìm là: 120  16  114 (số). Ví dụ 7: Có bao nhiêu số có hai chữ số, mà các chữ số đều là số lẻ và khác nhau? Xét tập A  1,3,5,7,9 ; có 5 phần tử. Hướng dẫn giải Số n  ab; a, b  A,a  b. Vậy có A 25  20. Ví dụ 8: Có thể có tối đa là bao nhiêu số điện thoại gồm 7 chữ số và các chữ số đều khác nhau? Xét tập A  0,1,2,…,9 . Hướng dẫn giải Số điện thoại x  abcdefg. Số a  A có 10 cách chọn. Vì b  a và b  A nên có 9 cách chọn. Vậy có: 10  9  8  7  6  5  4  604800 cách. Cách giải khác: Các số a, b, c, d, e, f khác nhau từng đôi một nên ta có số cách chọn là 7 A10  604800. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 129 Nhận xét: Các bài toán dùng quy tắc nhân, bạn cũng nên dùng công thức tính số chỉnh hợp chập k của n, A kn cho nhanh. Ví dụ 9: Có 10 môn học và một ngày học 5 tiết. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp các môn học trong ngày đó? Hướng dẫn giải 5 Chọn 5 môn trong 10 môn cho ngày hôm đó, sau đó thay đổi thứ tự 5 môn học, ta có: A10  30240. Ví dụ 10: Cho tập A  1, 2, 3,…,9 . Có thể lập được bao nhiêu số có 5 chữ số, các chữ số đôi một khác nhau và các chữ số 2; 4; 5 đồng thời có mặt? A. 1800. C. 10800. B. 3600. D. 4320. Hướng dẫn giải Xét ba vị trí trong 5 vị trí của số có 5 chữ số cần tìm để cho các chữ số 2, 4, 5. Ta có A 35 cách chọn. Còn lại hai vị trí cho các số khác trong A2, 4,5 . Ta còn 6 chữ số. Vậy có A 62 cách chọn. Cuối cùng, ta được: A 35 .A 62  1800. 3. Bài tập trắc nghiệm Câu 1: Có bao nhiêu cách xếp khác nhau cho 6 người ngồi vào 4 chỗ trên một bàn dài? A. 15. B. 720. C. 30. D. 360. Lời giải Chọn D Số cách xếp khác nhau cho 6 người ngồi vào 4 chỗ trên một bàn dài là một chỉnh hợp chập 4 của 6 phần tử. Suy ra có A64 = 360 cách. Câu 2: Giả sử có bảy bông hoa khác nhau và ba lọ hoa khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách cắm ba bông hoa vào ba lọ đã cho (mội lọ cắm một bông)? A. 35. B. 30240. C. 210. D. 21. Lời giải Chọn C Số cách xếp bảy bông hoa khác nhau vào ba lọ hoa khác nhau là một chỉnh hợp chập 3 của 7 phần tử. Suy ra có A73 = 210 cách. Câu 3: Có bao nhiêu cách cắm 3 bông hoa vào 5 lọ khác nhau (mội lọ cắm không quá một một bông)? A. 60. B. 10. C. 15. D. 720. Lời giải Chọn A Số cách cắm 3 bông hoa vào ba lọ hoa khác nhau là một chỉnh hợp chập 3 của 5 phần tử. Suy ra có A53 = 60 cách. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 130 Câu 4: Có bao nhiêu cách mắc nối tiếp 4 bóng đèn được chọn từ 6 bóng đèn khác nhau? A. 15. B. 360. C. 24. D. 17280. Lời giải Chọn B Số cách mắc nối tiếp 4 bóng đèn được chọn từ 6 bóng đèn khác nhau là một chỉnh hợp chập 4 của 6 phần tử. Suy ra có A64 = 360 cách. Câu 5: Trong mặt phẳng cho một tập hợp gồm 6 điểm phân biệt. Có bao nhiêu vectơ khác vectơ  0 có điểm đầu và điểm cuối thuộc tập hợp điểm này? A. 15. B. 12. C. 1440. D. 30. Lời giải Chọn D Mỗi cặp sắp thứ tự gồm hai điểm ( A , B ) cho ta một vectơ có điểm đầu A và điểm cuối B và ngược lại. Như vậy, mỗi vectơ có thể xem là một chỉnh hợp chập 2 của tập hợp 6 điểm đã cho. Suy ra có A62 = 30 cách. Câu 6: Trong trận chung kết bóng đá phải phân định thắng thua bằng đá luân lưu 11 mét. Huấn luyện viên mỗi đội cần trình với trọng tài một danh sách sắp thứ tự 5 cầu thủ trong số 11 cầu thủ để đá luân lưu 5 quả 11 mét. Hãy tính xem huấn luyện viên của mỗi đội có bao nhiêu cách lập danh sách gồm 5 cầu thủ. A. 462. B. 55. C. 55440. D. 11!.5! Lời giải Chọn C Số cách lập danh sách gồm 5 cầu thủ đá 5 quả 11 mét là số các chỉnh hợp chập 5 của 11 phần tử. Vậy có A115 = 55440 . Câu 7: Giả sử có 8 vận động viên tham gia chạy thi. Nếu không kể trường hợp có hai vận động viên về đích cùng lúc thì có bao nhiêu kết quả có thể xảy ra đối với các vị trí nhất, nhì, ba? A. 336. B. 56. C. 24. D. 120. Lời giải Chọn A Số kết quả có thể xảy ra đối với các vị trí nhất, nhì, ba là số các chỉnh hợp chập 3 của 8 phần tử. Vậy có A83 = 336 . Câu 8: Trong một ban chấp hành đoàn gồm 7 người, cần chọn ra 3 người vào ban thường vụ. Nếu cần chọn ban thường vụ gồm ba chức vụ Bí thư, Phó bí thư, Ủy viên thường vụ thì có bao nhiêu cách chọn? A. 210. B. 200. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 C. 180. D. 150. Trang 131 Lời giải Chọn A Số cách chọn ban thường vụ gồm ba chức vụ Bí thư, Phó bí thư, Ủy viên thường vụ từ 7 người là số các chỉnh hợp chập ba của bảy phần tử. Vậy có A73 = 210 . Câu 9: Một cuộc thi có 15 người tham dự, giả thiết rằng không có hai người nào có điểm bằng nhau. Nếu kết quả của cuộc thi là việc chọn ra các giải nhất, nhì, ba thì có bao nhiêu kết quả có thể? A. 2730. B. 2703. C. 2073. D. 2370. Lời giải Chọn A Nếu kết quả của cuộc thi là việc chọn ra các giải nhất, nhì, ba thì mỗi kết quả ứng với một chỉnh hợp chập ba của 15 phần tử, do đó ta có: A153 = 2730 kết quả. Câu 10: Trong một dạ hội cuối năm ở một cơ quan, ban tổ chức phát ra 100 vé xổ số đánh số từ 1 đến 100 cho 100 người. Xổ số có 4 giải: 1 giải nhất, 1 giải nhì, 1 giải ba, 1 giải tư. Kết quả là việc công bố ai trúng giải nhất, giải nhì, giải ba, giải tư. Hỏi có bao nhiêu kết quả có thể? A. 94109040. B. 94109400. C. 94104900. D. 94410900. Lời giải Chọn B 4 = 94109400 Mỗi kết quả ứng với một chỉnh hợp chập 4 của 100 phần tử, do đó ta có: A100 kết quả. Câu 11: Trong một dạ hội cuối năm ở một cơ quan, ban tổ chức phát ra 100 vé xổ số đánh số từ 1 đến 100 cho 100 người. Xổ số có 4 giải: 1 giải nhất, 1 giải nhì, 1 giải ba, 1 giải tư. Kết quả là việc công bố ai trúng giải nhất, giải nhì, giải ba, giải tư. Hỏi có bao nhiêu kết quả có thể nếu biết rằng người giữ vé số 47 được giải nhất? A. 944109. B. 941409. C. 941094. D. 941049. Lời giải Chọn C Vì người giữ vé số 47 trúng giải nhất nên mỗi kết quả ứng với một chỉnh hợp chập 3 của 99 phần tử, do đó ta có: A993 = 941094 kết quả. Câu 12: Trong một dạ hội cuối năm ở một cơ quan, ban tổ chức phát ra 100 vé xổ số đánh số từ 1 đến 100 cho 100 người. Xổ số có 4 giải: 1 giải nhất, 1 giải nhì, 1 giải ba, 1 giải tư. Kết quả là việc công bố ai trúng giải nhất, giải nhì, giải ba, giải tư. Hỏi có bao nhiêu kết quả có thể nếu biết rằng người giữ vé số 47 trúng một trong bốn giải? A. 3766437. B. 3764637. C. 3764367. D. 3764376. Lời giải Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 132 Chọn D Nếu người giữ vé số 47 trúng một trong bốn giải thì: · Người giữ vé số 47 có 4 cách chọn giải. · Ba giải còn lại ứng với một chỉnh hợp chấp 3 của 99 phần tử, do đó ta có 3 A99 = 941094 cách. Vậy số kết quả bằng 4 ´ A993 = 4 ´ 941094 = 3764376 kết quả. Câu 13: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các số 1, 2, ¼, 9 ? A. 15120. B. 9 5. C. 59. D. 126. Lời giải Chọn A Mỗi cách xếp số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các số 1, 2, ¼, 9 là một chỉnh hợp chập 5 của 9 phần tử. Vậy có A95 = 15120 . Câu 14: Cho tập A = {0,1, 2, ¼, 9}. Số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau lấy ra từ tập A là? A. 30420. B. 27162. C. 27216. D. 30240. Lời giải Chọn C Gọi số cần tìm là abcde, a ¹ 0 . · Chọn a có 9 cách. · Chọn b, c, d , e từ 9 số còn lại có A94 = 3024 cách. Vậy có 9 ´3024 = 27216 . Câu 15: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số khác nhau đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3? A. 249. B. 7440. C. 3204. D. 2942. Lời giải Chọn B Ta chia thành các trường hợp sau: · TH1: Nếu số 123 đứng đầu thì có A74 số. · TH2: Nếu số 321 đứng đầu thì có A74 số. · TH3: Nếu số 123;321 không đứng đầu Khi đó có 6 cách chọn số đứng đầu ( khác 0;1;2;3 ), khi đó còn 6 vị trí có 4 cách xếp 3 số 321 hoặc 123 , còn lại 3 vị trí có A63 cách chọn các số còn lại. Do đó trường hợp này có 6.2.4. A63 = 5760 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 133 Suy ra tổng các số thoả mãn yêu cầu là 2 A74 + 5760 = 7440 . Dạng 3. Tổ hợp 1. Phương pháp 2. Các ví dụ rèn luyện kĩ năng Ví dụ 1: Cho tập M có 10 phần tử. Số tập con gồm 2 phần tử của M là: Hướng dẫn giải Số tập con gồm 2 phần tử của M là số cách chọn 2 phần tử bất kì trong 10 phần tử của M. Do đó số 2 tập con gồm hai phần tử của M là C10 . Ví dụ 2: Có bao nhiêu cách phân công hai bạn từ một tổ có 10 bạn để làm trực nhật? Hướng dẫn giải Kết quả của sự phân công một nhóm gồm 2 bạn là một tổ hợp chập 2 của 10. Vậy số cách phân 10! 2 công là: C10   45. 2!.8! Ví dụ 3: Số đường chéo của một đa giác lồi 15 cạnh là: Hướng dẫn giải 2 Số đoạn thẳng có hai đầu mút là hai đỉnh của đa giác đã cho là C15 , trong đó số cạnh của đa giác là 15. 2 Vậy số các đường chéo là: C15  15  105  15  90. Ví dụ 4: Có bao nhiêu cách phân công 8 bạn học sinh thành hai nhóm: một nhóm có 5 bạn, nhóm kia có 3 bạn? Hướng dẫn giải Số cách phân nhóm 5 bạn trong số 8 bạn học sinh là C 85 . Sau khi phân nhóm 5 bạn sẽ còn lại 3 bạn được phân công vào nhóm còn lại. Vì vậy sẽ có C85  56 cách. Ví dụ 5: Lớp 11 của một trường THPT có 45 học sinh. Cần chọn 4 bạn vào Đội Cờ đỏ và 3 bạn vào Ban Chấp hành Đoàn. Số cách chọn là: Hướng dẫn giải Chon 4 bạn trong số 45 bạn vào Đội Cờ đỏ nên có C445 cách chọn. Sau khi chọn 4 bạn rồi, chọn 3 bạn trong số 45  4  41 bạn còn lại vào Ban Chấp hành Đoàn nên có C341 cách chọn. Từ đó, theo quy tắc nhân có C 445  C 341 cách chọn. Ví dụ 6: Từ 10 điểm phân biệt trong mặt phẳng và không có ba điểm nào thẳng hàng, có thể vẽ được bao nhiêu tam giác? Hướng dẫn giải Từ 3 điểm không thẳng hàng ta có một tam giác và để ý các tam giác ABC, BCA, CAB,… là giống nhau. Do đó số tam giác có thể vẽ được là số cách chọn 3 điểm không có thứ tự từ 10 điểm của đề bài. 3 Vậy đáp số là C10 . Ví dụ 7: Số đường chéo của một đa giác có 10 cạnh là bao nhiêu? Hướng dẫn giải Một đa giác có 10 cạnh thì có 10 đỉnh. 2 Số đoạn thẳng được thành lập từ 10 đỉnh của đa giác là C10 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 134 Số đường chéo của đa giác là số đoạn thẳng vừa tìm ở trên và bỏ đi số cạnh của đa giác. 2 Vậy số đường chéo cần tìm là: C10  10  35 (đường chéo). Ví dụ 8: Một người nông dân có 10 cây giống khác nhau gồm 6 cây xoài và 4 cây mít. Người ấy muốn chọn 4 cây để trồng sao cho phải có đủ 2 loại xoài và mít. Hỏi người ấy có mấy cách để chọn? Hướng dẫn giải Nhận xét: Phải có xoài và mít là phải có không cụ thể. Phải có cây mít nào? Và phải có cây xoài nào? Do đó ta dùng cách chia trường hợp như sau: TH1: 1 cây xoài và 3 cây mít. Số cách chọn 1 trong 6 cây xoài là 6 (cách) Số cách chọn 3 trong 4 cây mít là C 34  4 (cách) Suy ra TH1 có 6  4  24 (cách). TH2: 2 cây xoài và 2 cây mít. Tương tự, ta có: C 62  C 24  90 (cách) TH3: 3 cây xoài và 1 cây mít. Tương tự ta có: C 63  4  80 (cách) Vậy số cách chọn theo yêu cầu bài toán là: 24  90  8  194 (cách). Ví dụ 9: Từ 3 bông hồng vàng, 4 bông hồng trắng và 5 bông hồng đỏ (các bông xem như đôi một khác nhau), có bao nhiêu cách chọn một bó hoa gồm 5 bông trong đó có đúng 1 bông hồng đỏ? A. 175. B. 4200. C. 1650. D. 787. Hướng dẫn giải Số cách chọn 1 trong 5 bông hồng đỏ là 5 (cách). Số cách chọn 4 trong 7 bông hồng (vàng và trắng) là: C74  35 (cách) Vậy số cách chọn một bó bông theo yêu cầu bài toán là: 5  35  175 (cách). Ví dụ 10: Một lớp có 20 học sinh trong đó có 15 nam và 5 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách lập một đội gồm 4 học sinh trong đó có ít nhất một nữ? Hướng dẫn giải Cách 1: Chia trường hợp TH1: 1 nữ và 3 nam. Số cách chọn 1 trong 5 nữ là 5 (cách) 3 Số cách chọn 3 trong 15 nam là C15  455 (cách) Suy ra TH1 có 5  455  2275 (cách). TH2: 2 nữ và 2 nam. 2 Tương tự ta có: C 25  C15  1050 (cách). TH3: 3 nữ và 1 nam. Tương tự ta có: C 35  15  150 (cách). TH4: 4 nữ. Tương tự ta có: C 45  5 (cách). Vậy số cách chọn theo yêu cầu bài toán là: 2275  1050  150  5  3480 (cách). Cách 2: Dùng phần bù  Số cách chọn 4 học sinh không phân biệt nam, nữ từ 20 học sinh là: C 420  4845 (cách) Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 135  4 Số cách chọn 4 học sinh nam từ 15 học sinh nam là: C15 1365 (cách) Vậy số cách chọn theo yêu cầu bài toán là: 4845  1365  3480 (cách). Ví dụ 11: Có 20 quyển sách khác nhau gồm 15 quyển sách toán và 5 quyển sách lý. Có bao nhiêu cách chọn 5 quyển sách toán và 2 quyển sách lý để xếp có thứ tự lên 1 kệ sách dài? Hướng dẫn giải  5 Số cách chọn 5 trong 15 quyển sách toán là C15  3003 (cách)  Số cách chọn 2 trong 5 quyển sách lý là C 25  10 (cách)  Số cách xếp 7 quyển sách toán, lý vừa chọn lên kệ sách dài là: P7  5040 (cách). Vậy số cách xếp theo yêu cầu bài toán là: 3003  10  5040  151351200 (cách). Ví dụ 12: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể thành lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau trong đó có 3 chữ số lẻ và 2 chữ số chẵn? Hướng dẫn giải  Số cách chọn 3 trong 5 chữ số lẻ 1,3,5,7,9 là: C 35  10 (cách)  Số cách chọn 2 trong 4 chữ số chẵn 2,4,6,8 là: C 24  6 (cách)  Số cách xếp 5 chữ số vừa chọn vào 5 vị trí là: P5  120 (cách) Vậy số các số tự nhiên cần tìm là: 10  6  20  7200 (số) Ví dụ 13: Một học sinh có 10 cây viết khác nhau. Học sinh đó có bao nhiêu cách chọn 3 trong 10 cây viết đó để đi học? Hướng dẫn giải Gọi 3 cây viết được chọn là A, B, C không có thứ tự, nghĩa là A, B, C hoặc B, C, A hoặc C, A, B,… là giống nhau. 3 Do đó đáp số là C10 . Ví dụ 14: Một lớp có 30 học sinh. Giáo viên chủ nhiệm có bao nhiêu cách chọn 3 học sinh làm ban cán sự lớp? Hướng dẫn giải Đề bài chỉ yêu cầu chọn 3 học sinh làm ban cán sự lớp mà không phân công cụ thể công việc của 3 học sinh đó. Do vậy 3 học sinh được chọn không có thứ tự. Nghĩa là số cách chọn theo yêu cầu bài toán là C330 (cách). Ví dụ 15: Một hộp đựng 10 quả cầu khác nhau gồm 5 quả cầu trắng và 5 quả cầu đen. Có bao nhiêu cách chọn 2 quả cầu trắng và 2 quả cầu đen từ hộp đó? Hướng dẫn giải Số cách chọn 2 trong 5 quả cầu trắng là C 25 (cách). Số cách chọn 2 trong 5 quả cầu đen là C 25 (cách). Vậy số cách chọn theo yêu cầu bài toán là C 25  C 25 (cách). Ví dụ 16: Một lớp có 30 học sinh gồm 20 nam và 10 nữ. Có bao nhiêu cách chọn 6 học sinh nam thi bóng chuyền và 2 học sinh nữ thi cầu lông? Hướng dẫn giải Số cách chọn 6 trong 20 học sinh nam thi bóng chuyền là C620 (cách). 2 (cách). Số cách chọn 2 trong 10 học sinh nữ thi cầu lông là C10 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 136 2 Vậy số cách chọn theo yêu cầu bài toán là C 620  C10 (cách). Câu 17: Một lớp có 30 học sinh gồm 20 nam và 10 nữ. Có bao nhiêu cách chọn 3 học sinh nam thi toán và 2 học sinh nữ thi lý, hóa? (Mỗi học sinh thi một môn). Hướng dẫn giải Số cách chọn 3 trong 20 học sinh nam thi toán là C320 (cách) 2 (cách) Số cách chọn 2 trong 10 học sinh nữ thi lý, hóa là A10 2 (cách). Vậy số cách chọn theo yêu cầu bài toán là C 320  A10 Câu 18: Một lớp có 30 học sinh. Có bao nhiêu cách chọn 3 học sinh tham gia văn nghệ và 2 học sinh tham gia phong trào thể thao của nhà trường? Hướng dẫn giải Số cách chọn 3 trong 30 học sinh tham gia văn nghệ là C330 (cách) Như vậy đã chọn được 3 học sinh và chỉ còn lại 27 học sinh. Số cách chọn 2 trong 27 học sinh còn lại để tham gia phong trào thể thao là C227 (cách). Vậy số cách chọn theo yêu cầu bài toán là C 330  C 227 (cách). 3. Bài tập trắc nghiệm Câu 1: Một lớp học có 40 học sinh gồm 25 nam và 15 nữ. Chọn 3 học sinh để tham gia vệ sinh công cộng toàn trường, hỏi có bao nhiêu cách chọn như trên? A. 9880. B. 59280. C. 2300. D. 455. Lời giải Chọn A Nhóm học sinh 3 người được chọn (không phân biệt nam, nữ – công việc) là một tổ hợp chậm 3 của 40 (học sinh). Vì vậy, số cách chọn nhóm học sinh là C403 = Câu 2: 40! = 9880. 37!.3! Một tổ có 10 người gồm 6 nam và 4 nữ. Cần lập một đoàn đại biểu gồm 5 người, hỏi có bao nhiêu cách lập? A. 25. B. 252. C. 50. D. 455. Lời giải Chọn D Mỗi đoàn được lập là một tổ hợp chập 5 của 10 (người). Vì vậy, số đoàn đại biểu có thể có là C105 = Câu 3: 10! = 252. 5!.5! Trong một ban chấp hành đoàn gồm 7 người, cần chọn 3 người trong ban thường vụ. Nếu không có sự phân biệt về chức vụ của 3 người trong ban thường vụ thì có bao nhiêu các chọn? A. 25. B. 42. C. 50. D. 35. Lời giải Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 137 Chọn D Vì không xét đến sự phân biệt chức vụ của 3 người trong ban thường vụ nên mỗi cách chọn ứng với một tổ hợp chập 3 của 7 phần tử. Như vậy, ta có C75 = Câu 4: 7! = 35 2!.5! cách chọn ban thường vụ. Một cuộc thi có 15 người tham dự, giả thiết rằng không có hai người nào có điểm bằng nhau. Nếu kết quả cuộc thi và việc chọn ra 4 người có điểm cao nhất thì có bao nhiêu kết quả có thể xảy ra? A. 1635. B. 1536. C. 1356. D. 1365. Lời giải Chọn D Nếu kết quả cuộc thi là việc chọn ra 4 người có điểm cao nhất thì mỗi kết quả ứng với một tổ hợp chập 4 của 15 phần tử. Như vậy, ta có C154 = 1365 kết quả. Câu 5: Một hộp đựng 5 viên bi màu xanh, 7 viên bi màu vàng. Có bao nhiêu cách lấy ra 6 viên bi bất kỳ? A. 665280. B. 924. C. 7. D. 942. Lời giải Chọn B Số cách lấy 6 viên bi bất kỳ (không phân biệt màu) trong 12 viên bi là một tổ hợp chập 6 của 12 (viên bi). Vậy ta có C126 = 924 cách lấy. Câu 6: Có bao nhiêu cách lấy hai con bài từ cỗ bài tú lơ khơ gồm 52 con? A. 104. B. 450. C. 1326. D. 2652. Lời giải Chọn C Mỗi cách lấy 2 con bài từ 52 con là một tổ hợp chập 2 của 52 phần tử. Vậy số cách lấy hai con bài từ cỗ bài tú lơ khơ 52 con là C522 = 1326. Câu 7: Có 15 đội bóng đá thi đấu theo thể thức vòng tròn tính điểm. Hỏi cần phải tổ chức bao nhiêu trận đấu? A. 100. B. 105. C. 210. D. 200. Lời giải Chọn B Lấy hai đội bất kỳ trong 15 đội bóng tham gia thi đấu ta được một trận đấu. Vậy số trận đấu chính là một tổ hợp chập 2 của 15 phần tử (đội bóng đá). Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 138 Như vậy, ta có C152 = Câu 8: 15! = 105 13!.2! trận đấu. Có bao nhiêu cách cắm 3 bông hoa giống nhau vào 5 lọ khác nhau (mỗi lọ cắm không quá một bông)? A. 10. B. 30. C. 6. D. 60. Lời giải Chọn A Cắm 3 bông hoa giống nhau, mỗi bông vào 1 lọ nên ta sẽ lấy 3 lọ bất kỳ trong 5 lọ khác nhau để cắm bông. Vậy số cách cắm bông chính là một tổ hợp chập 3 của 5 phần tử (lọ hoa). Như vậy, ta có C53 = Câu 9: 5! = 10 2!.3! cách. Trong mặt phẳng cho tập hợp P gồm 2018 điểm phân biệt. Hỏi có bao nhiêu đoạn thẳng mà hai đầu mút thuộc P ? A. 2018! . 2016! B. 2016! . 2! C. 2018! . 2! D. 2018! . 2016!.2! Lời giải Chọn D Với hai điểm bất kỳ trong n điểm ta luôn được một đoạn thẳng. Vậy số đoạn thẳng cần tìm chính là một tổ hợp chập 2 của 2018 phần tử (điểm). 2 Như vậy, ta có C2018 = 2018! đoạn thẳng. 2016!.2! Câu 10: Cho 10 điểm, không có 3 điểm nào thẳng hàng. Hỏi có bao nhiêu đường thẳng khác nhau tạo bởi 2 trong 10 điểm nói trên? A. 90. B. 20. C. 45. D. Một số khác. Lời giải Chọn C Với hai điểm bất kỳ trong n điểm ta luôn được một đoạn thẳng. Vậy số đoạn thẳng cần tìm chính là một tổ hợp chập 2 của 10 phần tử (điểm). Như vậy, ta có C102 = 10! = 45 8!.2! đường thẳng. Câu 11: Trong mặt phẳng, cho 6 điểm phân biệt sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng. Hỏi có thể lập được bao nhiêu tam giác mà các đỉnh của nó thuộc tập điểm đã cho? A. 15. B. 20. C. 60. D. Một số khác. Lời giải Chọn B Cứ 3 điểm phân biệt không thẳng hàng tạo thành một tam giác. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 139 Lấy 3 điểm bất kỳ trong 6 điểm phân biệt thì số tam giác cần tìm chính là một tổ hợp chập 3 của 6 phần từ (điểm). Như vậy, ta có C63 = 20 tam giác. Câu 12: Cho 10 điểm phân biệt A1 , A2 ,…, A10 trong đó có 4 điểm A1 , A2 , A3 , A4 thẳng hàng, ngoài ra không có 3 điểm nào thẳng hàng. Hỏi có bao nhiêu tam giác có 3 đỉnh được lấy trong 10 điểm trên? A. 96 tam giác. B. 60 tam giác. C. 116 tam giác. D. 80 tam giác. Lời giải Chọn C Số cách lấy 3 điểm từ 10 điểm phân biệt là C103 = 120. Số cách lấy 3 điểm bất kì trong 4 điểm A1 , A2 , A3 , A4 là C43 = 4. Khi lấy 3 điểm bất kì trong 4 điểm A1 , A2 , A3 , A4 thì sẽ không tạo thành tam giác. Như vậy, số tam giác tạo thành 120 – 4 = 116 tam giác. Câu 13: Cho mặt phẳng chứa đa giác đều ( H ) có 20 cạnh. Xét tam giác có 3 đỉnh được lấy từ các đỉnh của ( H ) . Hỏi có bao nhiêu tam giác có đúng 1 cạnh là cạnh của ( H ) . A. 1440. B. 360. C. 1120. D. 816. Lời giải Chọn B Lấy một cạnh bất kỳ của ( H ) làm cạnh của một tam giác có 20 cách. Lấy một điểm bất kỳ trong 18 đỉnh còn lại của ( H ) (trừ đi hai đỉnh của một cạnh) có 18 cách. Vậy số tam giác cần tìm là 20.18 = 360 . Câu 14: Cho hai đường thẳng song song d1 và d2 . Trên d1 lấy 17 điểm phân biệt, trên d2 lầy 20 điểm phân biệt. Tính số tam giác mà có các đỉnh được chọn từ 37 điểm này. A. 5690. B. 5960. C. 5950. D. 5590. Lời giải Chọn C Một tam giác được tạo bởi ba điểm phân biệt nên ta xét: 1 2 TH1. Chọn 1 điểm thuộc d1 và 2 điểm thuộc d2 ¾¾  có C17 .C20 tam giác. 1 TH2. Chọn 2 điểm thuộc d1 và 1 điểm thuộc d2 ¾¾  có C172 .C20 tam giác. Như vậy, ta có C171 .C202 + C172 .C201 = 5950 tam giác cần tìm. Câu 15: Số giao điểm tối đa của 5 đường tròn phân biệt là: A. 10. B. 20. C. 18. D. 22. Lời giải Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 140 Chọn B Hai đường tròn cho tối đa hai giao điểm. Và 5 đường tròn phân biệt cho số giao điểm tối đa khi 2 đường tròn bất kỳ trong 5 đường tròn đôi một cắt nhau. Vậy số giao điểm tối đa của 5 đường tròn phân biệt là 2.C52 = 20. Câu 16: Số giao điểm tối đa của 10 đường thẳng phân biệt là: A. 50. B. 100. C. 120. D. 45. Lời giải Chọn D Số giao điểm tối đa của 10 đường thẳng phân biệt khi không có ba đường thẳng nào đồng quy và không có hai đường thẳng nào song song. Và cứ hai đường thẳng ta có một giao điểm suy ra số giao điểm chính là số cặp đường thẳng bất kỳ được lấy từ 10 đường thẳng phân biệt. Như vậy, ta có C102 = 45 giao điểm. Câu 17: Với đa giác lồi 10 cạnh thì số đường chéo là A. 90. B. 45. D. Một số khác. C. 35. Lời giải Chọn C Đa giác lồi 10 cạnh thì có 10 đỉnh. Lấy hai điểm bất kỳ trong 10 đỉnh của đa giác lồi ta được số đoạn thẳng gồm cạnh và đường chéo của đa giác lồi. Vậy số đường chéo cần tìm là C102 -10 = 10! -10 = 35. 8!.2! Câu 18: Cho đa giác đều n đỉnh, n Î  và n ³ 3. Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135 đường chéo. A. n = 15. B. n = 27. C. n = 8. D. n = 18. Lời giải Chọn D Đa giác lồi n đỉnh thì có n cạnh. Nếu vẽ tất cả các đoạn thẳng nối từng cặp trong n đỉnh này thì có một bộ gồm các cạnh và các đường chéo. Vậy để tính số đường chéo thì lấy tổng số đoạn thẳng dựng được trừ đi số cạnh, với Tất cả đoạn thẳng dựng được là bằng cách lấy ra 2 điểm bất kỳ trong n điểm, tức là số đoạn thẳng chính là số tổ hợp chập 2 của n phần tử. Như vậy, tổng số đoạn thẳng là Cn2 . Số cạnh của đa giác lồi là n. Suy ra số đường chéo của đa giác đều n đỉnh là Cn2 – n = Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 n ( n – 3) 2 . Trang 141 ìn ³ 3 ï ï Theo bài ra, ta có ïí n (n – 3) ï ï ï ï î 2 ì ïn ³ 3 ï  n = 18. í 2 = 135 ï îïn – 3n – 270 = 0 Câu 19: Trong mặt phẳng có bao nhiêu hình chữ nhật được tạo thành từ bốn đường thẳng phân biệt song song với nhau và năm đường thẳng phân biệt vuông góc với bốn đường thẳng song song đó. A. 60. B. 48. C. 20. D. 36. Lời giải Chọn B Cứ 2 đường thẳng song song với 2 đường thẳng vuông góc với chúng cắt nhau tại bốn điểm là 4 đỉnh của hình chữ nhật. Vậy lấy 2 đường thẳng trong 4 đường thẳng song song và lấy 2 đường thẳng trong 5 đường thẳng vuông góc với 4 đường đó ta được số hình chữ nhật là C42 .C52 = 60. Câu 20: Một lớp có 15 học sinh nam và 20 học sinh nữ. Có bao nhiêu cách chọn 5 bạn học sinh sao cho trong đó có đúng 3 học sinh nữ? A. 110790. B. 119700. C. 117900. D. 110970. Lời giải Chọn B Số cách chọn 3 học sinh nữ là: C203 = 1140 cách. Số cách chọn 2 bạn học sinh nam là: C152 = 105 cách. Số cách chọn 5 bạn thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 1140 ´105 = 119700. Câu 21: Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ? A. 4!C41C51 . B. 3!C32C52 . C. 4!C42C52 . D. 3!C42C52 . Lời giải Chọn C Số cách chọn 2 số chẵn trong tập hợp {2;4;6;8} là: C42 cách. Số cách chọn 2 số lẻ trong tập hợp {1;3;5;7;9} là: C52 cách. Số cách hoán vị 4 chữ số đã chọn lập thành 1 số tự nhiên là: 4! cách. Vậy có 4!´C42 ´C52 số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 22: Một túi đựng 6 bi trắng, 5 bi xanh. Lấy ra 4 viên bi từ túi đó. Hỏi có bao nhiêu cách lấy mà 4 viên bi lấy ra có đủ hai màu. A. 300. B. 310. C. 320. D. 330. Lời giải Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 142 Chọn B Các viên bi lấy ra có đủ cả 2 màu nên ta có các trường hợp: Số bi trắng Số bi xanh Số cách chọn 1 3 C61 ´C53 2 2 C62 ´C52 3 1 C63 ´C51 Vậy có tất cả C61 ´C53 + C62 ´C52 + C63 ´C51 = 310 cách lấy thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách 2. Dùng phần bù. Số cách chọn 4 viên bi tùy ý từ 11 viên bi là: C115 cách. Số cách chọn 4 viên bi màu trắng là: C64 cách. Số cách chọn 4 viên bi là màu xanh là: C54 cách. Vậy có C115 -(C64 + C54 ) = 310 cách chọn 4 viên bi trong đó có cả 2 màu. Câu 23: Một nhóm học sinh có 6 bạn nam và 5 bạn nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 5 học sinh trong đó có cả nam và nữ? A. 455. B. 7. C. 456. D. 462. Lời giải Chọn A Số cách chọn 5 học sinh tùy ý là: C115 cách. Số cách chọn 5 học sinh nam là: C65 cách. Số cách chọn 5 học sinh nữ là: C55 cách. Vậy có C115 -C65 -C55 = 455 cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách 2. Do trong 5 học sinh được chọn có cả nam cả nữ nên ta có các trường hợp sau: Số học sinh nam Số học sinh nữ Số cách chọn 1 4 C61 ´C54 2 3 C62 ´C53 3 2 C63 ´C52 4 1 C64 ´C51 Vậy có C61 ´C54 + C62 ´C53 + C63 ´C52 + C64 ´C51 = 455 cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 143 Câu 24: Để chào mừng kỉ niệm ngày thành lập Đoàn TNCS Hồ Chí Minh, nhà trường tổ chức cho học sinh cắm trại. Lớp 10A có 19 học sinh nam và 16 học sinh nữ. Giáo viên cần chọn 5 học sinh để trang trí trại. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 5 học sinh sao cho có ít nhất 1 học sinh nữ? Biết rằng học sinh nào trong lớp cũng có khă năng trang trí trại. A. C195 . B. C355 – C195 . C. C355 – C165 . D. C165 . Lời giải Chọn B Tổng số học sinh lớp 10A là 35 . Có C355 cách chọn 5 học sinh từ 35 học sinh lớp 10A. Có C195 cách chọn 5 học sinh từ 19 học sinh nam của lớp 10A. Do đó có C355 -C195 cách chọn 5 học sinh sao cho có ít nhất một học sinh nữ. Câu 25: Một lớp học có 40 học sinh, trong đó có 25 nam và 15 nữ. Giáo viên cần chọn 3 học sinh tham gia vệ sinh công cộng toàn trường. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 3 học sinh trong đó có nhiều nhất 1 học sinh nam? B. 455. A. 2625. C. 2300. D. 3080. Lời giải Chọn D Do trong 3 học sinh được chọn có nhiều nhất 1 học sinh nam nên ta có các trường hợp sau: Số học sinh nam Số học sinh nữ Số cách chọn 1 2 1 C25 ´C152 0 3 0 C25 ´C153 Vậy có C251 ´C152 + C250 ´C153 = 3080 cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách 2. Số cách chọn 3 học sinh bất kì trong lớp là: C403 cách. Số cách chọn 3 học sinh trong đó có 2 học sinh nam, 1 học sinh nữ là: C252 ´C151 cách. Số cách chọn 3 học sinh nam là: C253 ´C150 cách. Vậy có C403 – (C252 ´C151 + C253 ´C150 ) = 3080 cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 26: Từ 20 người cần chọn ra một đoàn đại biểu gồm 1 trưởng đoàn, 1 phó đoàn, 1 thư kí và 3 ủy viên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn đoàn đại biểu? A. 4651200. B. 4651300. C. 4651400. D. 4651500. Lời giải Chọn A Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 144 Số cách chọn 1 người trong 20 người làm trưởng đoàn là: C201 cách. Số cách chọn 1 người trong 19 người còn lại làm phó đoàn là: C191 cách. Số cách chọn 1 người trong 18 người còn lại làm thư kí là: C181 cách. Số cách chọn 3 người trong 17 người còn lại làm ủy viên là: C173 cách. Vậy số cách chọn đoàn đại biểu là C201 ´C191 ´C181 ´C173 = 4651200 . Câu 27: Một tổ gồm 10 học sinh. Cần chia tổ đó thành ba nhóm có 5 học sinh, 3 học sinh và 2 học sinh. Số các chia nhóm là: A. 2880. B. 2520. C. 2515. D. 2510. Lời giải Chọn B Số cách chọn ra nhóm có 5 học sinh từ 10 học sinh là: C105 cách. Số cách chọn ra nhóm 3 học sinh từ 5 học sinh còn lại là: C53 cách. Số cách chọn ra nhóm 2 học sinh từ 2 học sinh còn lại là: C22 cách. Vậy có C105 ´C53 ´C22 = 2520 cách chia nhóm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 28: Một nhóm đoàn viên thanh niên tình nguyện về sinh hoạt tại một xã nông thôn gồm có 21 đoàn viên nam và 15 đoàn viên nữ. Hỏi có bao nhiêu cách phân chia 3 nhóm về 3 ấp để hoạt động sao cho mỗi ấp có 7 đoàn viên nam và 5 đoàn viên nữ? A. 3C3612 . B. C3612 . C. 3C217 C155 . D. C217 C155 C147 C105 . Lời giải Chọn D Số cách chọn nhóm thứ nhất là: C217 ´C155 cách. Số cách chọn nhóm thứ hai là: C147 ´C105 cách. Số cách chọn nhóm thứ ba là: C77 ´C55 cách. Vậy có (C217 ´C155 )´(C147 ´C105 )´(C77 ´C55 ) = C217 C155 C147 C105 cách chia nhóm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 29: Trong một giỏ hoa có 5 bông hồng vàng, 3 bông hồng trắng và 4 bông hồng đỏ (các bông hoa coi như đôi một khác nhau). Người ta muốn làm một bó hoa gồm 7 bông được lấy từ giỏ hoa đó. Hỏi có bao nhiêu cách chọn hoa biết bó hoa có đúng 1 bông hồng đỏ? A. 56. B. 112. C. 224. D. 448. Lời giải Chọn B Số cách chọn 1 bông hồng đỏ từ giỏ hoa là: C41 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 145 Bó hoa gồm 7 bông hồng mà có đúng 1 bông hồng đỏ nên tổng số bông hồng vàng và bông hồng trắng là 6 . Ta có các trường hợp sau: Số bông hồng vàng Số bông hồng trắng Số cách chọn 5 1 C55 ´C31 4 2 C54 ´C32 3 3 C53 ´C33 Vậy có C41 (C55 ´C31 + C54 ´C32 + C53 ´C33 ) = 112 cách chọn bó hoa thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 30: Một hộp có 6 viên bi xanh, 5 viên bi đỏ và 4 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 5 viên bi sao cho có đủ cả ba màu. Số cách chọn là: A. 2163. B. 3843. C. 3003. D. 840. Lời giải Chọn A Số cách chọn 5 viên bi bất kì trong hộp là: C155 cách. Số cách chọn 5 viên bi mà trong đó không có viên bi nào màu vàng là: C115 cách. Số cách chọn 5 viên bi mà trong đó không có viên bi nào màu đỏ là: C105 cách. Số cách chọn 5 viên bi mà trong đó không có viên bi nào màu xanh là: C95 cách. Vậy có C155 – (C115 + C105 + C95 ) = 2163 cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 31: Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học sinh lớp 12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế giảng. Hỏi có bao nhiêu cách chọn sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn? A. 126. B. 102. C. 98. D. 100. Lời giải Chọn C Do trong 5 học sinh có đủ học sinh ở các lớp 12A, 12B, 12C nên ta có các trường hợp sau: Số học sinh lớp 12A Số học sinh lớp 12B Số học sinh lớp 12C Số cách chọn 2 1 2 C42 ´C31 ´C22 1 2 2 C41 ´C32 ´C22 2 2 1 C42 ´C32 ´C21 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 146 3 1 1 C43 ´C31 ´C21 1 3 1 C41 ´C33 ´C21 Vậy có C42 ´C31 ´C22 + C41 ´C32 ´C22 + C42 ´C32 ´C21 + C43 ´C31 ´C21 + C41 ´C33 ´C21 = 98 cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách 2. Tổng số học sinh trong đội văn nghệ của nhà trường là 9 học sinh. Số cách chọn 5 học sinh bất kì trong 9 học sinh là: C95 cách. Số cách chọn 5 học sinh mà trong đó không có học sinh lớp 12A là: C55 cách. Số cách chọn 5 học sinh mà trong đó không có học sinh lớp 12B là: C65 cách. Số cách chọn 5 học sinh mà trong đó không có học sinh lớp 12C là: C75 cách. Vậy có C95 -(C55 + C65 + C75 ) = 98 cách thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 32: Có 12 học sinh giỏi gồm 3 học sinh khối 12, 4 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối 10. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 6 học sinh trong số học sinh giỏi đó sao cho mỗi khối có ít nhất 1 học sinh? A. 85. B. 58. C. 508. D. 805. Lời giải Chọn D Số cách chọn 6 học sinh bất kì trong 12 học sinh là: C126 cách. Số cách chọn 6 học sinh mà trong đó không có học sinh khối 10 là: C76 cách. Số cách chọn 6 học sinh mà trong đó không có học sinh khối 11 là: C86 cách. Số cách chọn 6 học sinh mà trong đó không có học sinh khối 12 là: C96 cách. Vậy có C126 – (C76 + C86 + C96 ) = 805 cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 33: Đội học sinh giỏi cấp trường môn Tiếng Anh của trường THPT X theo từng khối như sau: khối 10 có 5 học sinh, khối 11 có 5 học sinh và khối 12 có 5 học sinh. Nhà trường cần chọn một đội tuyển gồm 10 học sinh tham gia IOE cấp tỉnh. Tính số cách lập đội tuyển sao cho có học sinh cả ba khối và có nhiều nhất 2 học sinh khối 10. A. 50. B. 500. C. 502. D. 501. Lời giải Chọn B Từ giả thiết suy ra có 2 khả năng xảy ra như sau: TH1: Có đúng 1 học sinh khối 10. Số cách chọn 1 học sinh khối 10 là: C51 cách. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 147 Số cách chọn 9 học sinh còn lại khối 11 và 12 là: C109 cách. TH2: Có đúng 2 học sinh khối 10. Số cách chọn 2 học sinh khối 10 là: C52 cách. Số cách chọn 8 học sinh còn lại từ khối 11 và 12 là: C108 cách. Vậy có C51 ´C109 + C52 ´C108 = 500 cách lập đội thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 34: Đội văn nghệ của một nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học sinh lớp 12C. Cần chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ đó để biểu diễn trong lễ bế giảng. Hỏi có bao nhiêu cách chọn sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít nhất 2 học sinh lớp 12A? A. 80. B. 78. C. 76. D. 98. Lời giải Chọn B Từ giả thiết suy ra có 3 khả năng xảy ra như sau: Số học sinh lớp 12A Số học sinh lớp 12B Số học sinh lớp 12C Số cách chọn 2 2 1 C42 ´C32 ´C21 2 1 2 C42 ´C31 ´C22 3 1 1 C43 ´C31 ´C21 Vậy có C42 ´C32 ´C21 + C42 ´C31 ´C22 + C43 ´C31 ´C21 = 78 cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 35: Một hộp đựng 8 viên bi màu xanh, 5 viên bi đỏ, 3 viên bi màu vàng. Có bao nhiêu cách chọn từ hộp đó ra 4 viên bi sao cho số bi xanh bằng số bi đỏ? A. 280. B. 400. C. 40. D. 1160. Lời giải Chọn B Từ giả thiết suy ra có 2 trường hợp xảy ra như sau: Số viên bi xanh Số viên bi đỏ Số viến bi vàng Số cách chọn 1 1 2 C81 ´C51 ´C32 2 2 0 C82 ´C52 ´C30 Vậy có C81 ´C51 ´C32 + C82 ´C52 ´C30 = 400 cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 36: Một hộp bi có 5 viên bi đỏ, 3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh. Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 4 viên bi trong đó số viên bi đỏ lớn hơn số viên bi vàng. Trang 148 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 A. 654. B. 275. C. 462. D. 357. Lời giải Chọn B Tổng số bi lấy ra có 4 viên mà bi đỏ nhiều hơn bi vàng nên có 2 trường hợp xảy ra: TH1: Không có bi vàng, khi đó số bi đỏ phải từ 1 viên trở lên. Số cách lấy 4 viên bi bất kì trong tổng số 9 viên bi (gồm 5 đỏ và 4 xanh) là: C94 cách. Số cách lấy 4 viên bi xanh là: C44 cách.  Số cách lấy thỏa mãn trong trường hợp này là: C94 -C44 = 125 cách. TH2: Có 1 viên bi vàng, khi đó số bi đỏ phải từ 2 viên trở lên. Số cách lấy 1 viên bi vàng: C31 cách. Số cách lấy 3 viên bi còn lại trong đó có 2 bi đỏ và 1 bi xanh là: C52 ´C41 cách. Số cách lấy 3 viên bi còn lại đều là bi đỏ là: C53 ´C40 cách.  Số cách lấy thỏa mãn trong trường hợp này là: C13´(C52 ´C41 + C53 ´C40 ) = 150 cách. Vậy có 125 + 150 = 275 cách lấy thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 37: Có 5 tem thư khác nhau và 6 bì thư khác nhau. Từ đó người ta muốn chọn ra 3 tem thư, 3 bì thư và dán 3 tem thư ấy lên 3 bì đã chọn. Hỏi có bao nhiêu cách làm như thế? A. 1000. B. 1200. C. 2000. D. 2200. Lời giải Chọn B Số cách chọn 3 tem thư trong 5 tem thư khác nhau là: C53 cách. Số cách chọn 3 bì thư trong 6 bì thư khác nhau là: C63 cách. Số cách dán tem thư thứ nhất vào 3 bì thư là: C31 cách. Số cách dán tem thư thứ hai vào 2 bì thư còn lại là: C21 cách. Số cách dán tem thư thứ hai vào bì thư cuối cùng là: C11 cách. Vậy có (C53 ´C63 )´(C31 ´C21 ´C11 ) = 1200 cách làm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 38: Cho 10 câu hỏi, trong đó có 4 câu lý thuyết và 6 câu bài tập, người ta cấu tạo thành các đề thi. Biết rằng trong đề thi phải gồm 3 câu hỏi trong đó có ít nhất 1 câu lý thuyết và 1 câu hỏi bài tập. Hỏi có thể tạo được bao nhiêu đề như trên? A. 69. B. 88. C. 96. D. 100. Lời giải Chọn C Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 149 Theo bài ra, một đề thi gồm 3 câu hỏi vừa có câu hỏi lý thuyết vừa có câu hỏi bài tập nên ta xét: TH1: Đề thi gồm 1 câu lý thuyết, 2 câu bài tập. Lấy 1 câu lý thuyết trong 4 câu lý thuyết có C41 cách, tương ứng lấy 2 câu bài tập trong 6 câu bài tập có C62 cách. Vậy có C41 .C62 đề. TH2: Đề thi gồm 2 câu lý thuyết, 1 câu bài tập. Lập luận tương tự TH1, ta sẽ tạo được C42 .C61 đề. Vậy có thể tạo được C41 ´C62 + C42 ´C61 = 96 đề thi thỏa mãn yêu cầu bài toán. Dạng 4. Phương Trình – Bất Phương Trình 1. Phương pháp 2. Các ví dụ rèn luyện kĩ năng Ví dụ 1: Tìm n biết n!  2!(n  2)!. Hướng dẫn giải Điều kiện n   và n  2. Khi đó n!  2!(n  2)!  (n  2)!(n  1) n  2(n  2)!  (n  1) n  2  n  1  n2  n  2  0    n  2. Ví dụ 2: Tìm n thỏa mãn phương trình Pn  Pn 1 1  . Pn 1 6 Hướng dẫn giải Điều kiện: n  2 và n  . Ta có: Pn  Pn 1 1 n! (n  1)! 1    Pn 1 6 (n  1)! 6 n  2 (n  1)!n  (n  1)! 1 n 1 1     n 2  5n  6   (n  1)!n(n  1)! 6 n(n  1) 6  n  3. Ví dụ 4: Giải bất phương trình A 3x  5A x2  12x. Hướng dẫn giải Điều kiện: x  3 và x  . Ta có: x! x! A 3x  5A x5  21x   5.  21x (x  1)! (x  2)! (x  3)!(x  2)(x  1) x (x  2)!(x  1) x   5.  21x (x 3)! (x  2)!  (x  2)(x  1)  5(x  1)  21 ( vì x  3)  x 2  2x  24  0  6  x  4  3  x  4 ( vì x  3)  x  3,x  4. ( vì x  ) Ví dụ 5: Giải phương trình C 5n  17C n4 ? Hướng dẫn giải n! n!  17. Điều kiện: n  5 và n  . Ta có: C5n  17C4n  5!(n  5)! 4!(n  4)! Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 150  1 1 1 17  17.    n  89. 4!5(n  5)! 4!(n  5)!(n  4) 5 n4 7n ? 2 Hướng dẫn giải 7n Điều kiện: n  3 và n  . Ta có: C1n  C2n  C3n  2 n! n! n! 7n     1!(n  1)! 2!(n  2)! 3!(n  3)! 2 (n  1)!n (n  2)!n(n  1) (n  3)!n(n  1)(n  2) 7n     (n  1)! 2(n  2)! 6(n  3)! 2 n(n  1) n(n  1)(n  2) 7n n   2 6 2 n  1 (n  1)(n  2) 7  1   ( Vì n  3)  n 2  16. 2 6 2  n  4 ( Vì n  3) . Ví dụ 6: Giải phương trình C1n  C2n  C3n  m m2 Ví dụ 7: Giải bất phương trình C13  C13 ? Hướng dẫn giải Điều kiện: 0  m  11 và m  . 13! 13! m m2  C13   Ta có: C13 m!(13  m)! (m  2)!(11  m)!  1 1  m!(11  m)!(12  m)(13  m) m!(m  1)(m  2)(11  m)!  1 1  (12  m)(13  m) (m  1)(m  2)  (m  1)(m  2)  (12  m)(13  m) ( vì 0  m  11 )  m 2  3m  2  m 2  25m  156  m   m  0,1,2,3,4, . 11 0m5 2 C k  C k 1  0 n Ví dụ 8: Giải hệ phương trình  n ? k k 1  4C n  5C n  0 Hướng dẫn giải Điều kiện: n  k  1,k  1 và n,k   C k  C k 1  0(1) n Ta có:  n k k 1 (2)  4C n  5C n  0 k  k  1  n  2k  1 (vì k  k  1 loại) (1)  Ckn  Ckn1   k  k  1  n (2 k  1)! (2 k  1)! (2)  4Ckn  5C kn1  4Ck2k 1  5C k2k11  4. 5 k!(k  1)! (k  1)!(k  2)! 1 1 4 5  4. 5    k  8  n  17. k!k(k  1)! (k  1)!(k  1)!(k  2)! k k 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 151 3. Bài tập trắc nghiệm Câu 1: Tìm tất cả các giá trị x Î  thỏa mãn 6 ( Px – Px -1 ) = Px +1 . A. x = 2. B. x = 3. C. x = 2; x = 3. D. x = 5. Lời giải Chọn C Điều kiện: x ³ 1 và x Î . Ta có 6 ( Px – Px -1 ) = Px +1  6 éë x !- ( x -1)!ùû = ( x + 1)!  6 ( x -1)!. ( x -1) = ( x -1)!. x ( x + 1) é x = 2 (thoûa maõn )  6. ( x -1) = x ( x + 1)  x 2 – 5 x + 6 = 0  êê . êë x = 3 (thoûa maõn) Câu 2: Tính tổng S của tất cả các giá trị của x thỏa mãn P2 . x 2 – P3 . x = 8. A. S = -4. B. S = -1. C. S = 4. D. S = 3. Lời giải Chọn D é x = -1 Ta có P2 . x 2 – P3 . x = 8  2!. x 2 – 3!. x = 8  2 x 2 – 6 x – 8 = 0  êê ëx = 4 ¾¾  S = -1 + 4 = 3. Câu 3: Có bao nhiêu số tự nhiên x thỏa mãn 3 Ax2 – A22x + 42 = 0 ? A. 0. B. 1. C. 2. D. 6. Lời giải Chọn B Điều kiện: x ³ 2 và x Î  . Ta có 3 Ax2 – A22x + 42 = 0  3. (2 x )! x! + 42 = 0 ( x – 2 )! (2 x – 2 )! é x = -7 (loaïi)  3. ( x -1). x – (2 x -1).2 x + 42 = 0  x 2 + x – 42 = 0  êê . êë x = 6 (thoûa maõn) Câu 4: Cho số tự nhiên x thỏa mãn Ax10 + Ax9 = 9 Ax8 . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. x là số chính phương. B. x là số nguyên tố. C. x là số chẵn. D. x là số chia hết cho 3. Lời giải Chọn B Điều kiện: x ³ 10 và x Î  . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 152 Ta có Ax10 + Ax9 = 9 Ax8  x! x! + ( x -10 )! ( x – 9 )! =9 x! ( x – 8)! é x = 11(thoûa maõn) 1 1 9 .  + =  x 2 -16 x + 55 = 0  êê 1 x – 9 ( x – 9 )( x – 8) êë x = 5 (loaïi) Câu 5: Có bao nhiêu số tự nhiên n thỏa mãn An3 + 5 An2 = 2 (n + 15) ? A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. Lời giải Chọn B Điều kiện: n ³ 3 và n Î . Ta có An3 + 5 An2 = 2 (n + 15)  n! n! + 5. – 2 n – 30 = 0 (n – 2)! (n – 3)!  (n – 2 ). (n -1).n + 5. (n -1).n – 2n – 30 = 0  n 3 + 2n 2 – 5n – 30 = 0  n = 3. Câu 6: Tìm giá trị n Î  thỏa mãn Cn1+1 + 3Cn2+2 = Cn3+1 . A. n = 12. B. n = 9. C. n = 16. D. n = 2. Lời giải Chọn A Điều kiện: n ³ 2 và n Î . Ta có Cn1+1 + 3Cn2+2 = Cn3+1   n + 1 + 3. (n + 1). (n + 2) 2 = (n + 1)! 1!.n ! + 3. (n + 2 )! 2!.n ! (n -1).n. (n + 1) 6 = (n + 1)! 3!. (n – 2 )!  1 + 3. (n + 2 ) 2 = (n -1).n. 6 én = -2 (loaïi)  6 + 9n + 18 = n 2 – n  n 2 -10n – 24 = 0  êê . êën = 12 (thoûa maõn) Câu 7: Tính tích P của tất cả các giá trị của x thỏa mãn C14x + C14x +2 = 2C14x +1 . A. P = 4. B. P = 32. C. P = -32. D. P = 12. Lời giải Chọn B Điều kiện: 0 £ x £ 12 và x Î  . Ta có C14x + C14x +2 = 2C14x +1   14! 14! 14! + =2 x !(14 – x )! ( x + 2 )!(12 – x )! ( x + 1)!(13 – x )! 1 1 1 + = 2. 14 13 1 2 1 + + + x x x x x ( )( ) ( )( ) ( )(13 – x )  ( x + 1)( x + 2 ) + (14 – x )(13 – x ) = 2 ( x + 2 )(14 – x ) Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 153 éx = 4  x 2 -12 x + 32 = 0  ê ¾¾  P = 4.8 = 32. êx = 8 ë Câu 8: Tính tổng S của tất cả các giá trị của n thỏa mãn A. S = 8. B. S = 11. 1 1 7 – 2 = 1 . 1 Cn Cn +1 6Cn +4 C. S = 12. D. S = 15. Lời giải Chọn B Điều kiện: n ³ 1 và n Î  . Ta có (n -1)! 2!. (n -1)! 7 (n + 3)! 1 1 1 7 2 7 – 2 = 1  =  = 1 6 (n + 4 )! Cn Cn +1 6Cn +4 n! n n (n + 1) 6 (n + 4 ) (n + 1)! é n = 3 (thoûa maõn)  n 2 -11n + 24 = 0  êê ¾¾  S = 3 + 8 = 11. êë n = 8 (thoûa maõn) Câu 9: Tìm giá trị x Î  thỏa mãn Cx0 + Cxx -1 + Cxx -2 = 79. B. x = 17. A. x = 13. C. x = 16. D. x = 12. Lời giải Chọn D Điều kiện: x Î  . Ta có Cx0 + Cxx -1 + Cxx -2 = 79  Cx0 + Cx1 + Cx2 = 79  1+ x + x ( x -1) 2 é x = 12 (thoûa maõn) . = 79  x 2 + x -156 = 0  êê êë x = -13 (loaïi) Câu 10: Tìm giá trị n Î  thỏa mãn Cnn++41 – Cnn+3 = 7 (n + 3). A. n = 15. B. n = 18. C. n = 16. D. n = 12. Lời giải Chọn D Điều kiện: n Î  . Ta có Cnn++41 – Cnn+3 = 7 (n + 3)  Cn3+4 – Cn3+3 = 7 (n + 3)  (n + 4 )(n + 2 ) (n + 2 )(n + 1) 3! – 3! = 7  3n – 36 = 0  n = 12 (thoûa maõn ). Câu 11: Tìm giá trị n Î  thỏa mãn Cn1 + Cn2 + Cn3 = A. n = 3. 7n . 2 B. n = 4. C. n = 6. D. n = 8. Lời giải Chọn B Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 154 Ta có Cn1 + Cn2 + Cn3 = 7n n! n! n! 7n  + + = 2 (n -1)! 2!. (n – 2 )! 3!(n – 3)! 2  n 2 -16 = 0 ¾¾  n = 4. Câu 12: Tính tổng S của tất cả các giá trị của x thỏa Cx1 + 6Cx2 + 6Cx3 = 9 x 2 -14 x . A. S = 2. B. S = 7. C. S = 9. D. S = 14. Lời giải Chọn B Điều kiện: x ³ 3 và x Î . Ta có Cx1 + 6Cx2 + 6Cx3 = 9 x 2 -14 x  x! x! x! + 6. + 6. = 9 x 2 -14 x 1!. ( x -1)! 2!. ( x – 2 )! 3!. ( x – 3)! é x = 0 (loaïi) ê ê  x + 3 x ( x -1) + ( x – 2 )( x -1) x = 9 x -14 x  ê x = 2 (loaïi) . ê êë x = 7 (thoûa maõn ) 2 Câu 13: Tìm giá trị n Î  thỏa mãn Cn6 + 3Cn7 + 3Cn8 + Cn9 = 2Cn8+2 . A. n = 18. B. n = 16. C. n = 15. D. n = 14. Lời giải Chọn C Điều kiện: n ³ 9 và n Î . Áp dụng công thức Cnk + Cnk +1 = Cnk++11 , ta có Cn6 + 3Cn7 + 3Cn8 + Cn9 = 2Cn8+2  Cn6 + Cn7 + 2 (Cn7 + Cn8 ) + Cn8 + Cn9 = 2Cn8+2  Cn7+1 + 2Cn8+1 + Cn9+1 = 2Cn8+2  (Cn7+1 + Cn8+1 ) + (Cn8+1 + Cn9+1 ) = 2Cn8+2  Cn8+2 + Cn9+2 = 2Cn8+2  Cn9+2 = Cn8+2 ¾¾  n + 2 = 9 + 8  n = 15. Câu 14: Đẳng thức nào sau đây là sai? 7 7 6 A. C2007 = C2006 + C2006 . 7 2000 6 B. C2007 = C2006 + C2006 . 7 2000 1999 C. C2007 = C2006 + C2006 . D. 7 7 2000 C2007 = C2006 + C2006 . Lời giải Chọn B 6 7 7 Áp dụng công thức Cnk + Cnk +1 = Cnk++11 , ta có C2006 + C2006 = C2007 . Do đó A đúng. 6 2000 ì ïC2006 = C2006 . 7 1999 ï ïC2006 = C2006 î Áp dụng công thức Cnk = Cnn-k ¾¾ ï í 7 6 7 2000 1999 2000 7 = C2006 + C2006 = C2006 + C2006 = C2006 + C2006 Suy ra C2007 . Do đó C, D đúng; B sai. Câu 15: Đẳng thức nào sau đây là đúng? Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 155 A. 1 + 2 + 3 + 4 + … + n = Cn2+1 . B. 1 + 2 + 3 + 4 + … + n = An2+1 . C. 1 + 2 + 3 + 4 + … + n = Cn1 + Cn2 + …. + Cnn . D. 1 + 2 + 3 + 4 + … + n = An1 + An2 + …. + Ann . Lời giải Chọn A Ta có 1 + 2 + 3 + 4 + … + n = n (n + 1) 2 và Cn2+1 = (n + 1)! 2!(n + 1 – 2 )! = n (n + 1) 2 . Do đó A đúng. Câu 16: Tính tích P của tất cả các giá trị của n thỏa mãn Pn An2 + 72 = 6 ( An2 + 2 Pn ). A. P = 12. B. P = 5. C. P = 10. D. P = 6. Lời giải Chọn A Điều kiện: n ³ 2 và n Î . Ta có Pn An2 + 72 = 6 ( An2 + 2 Pn )  n !. é n! ù n! + 72 = 6 êê + 2.n !úú (n – 2 )! êë (n – 2 )! úû  n !. (n -1).n + 72 = 6 éë(n -1) n + 2.n !ùû  (n !- 6 )(n 2 – n -12 ) = 0 é n = 4 (thoûa maõn) ê é n 2 – n -12 = 0 ê  êê n = -3 (loaïi) ¾¾  P = 4.3 = 12. ê n !- 6 = 0 ê ë êë n = 3 (thoûa maõn) Câu 17: Tính tích P của tất cả các giá trị của x thỏa mãn 7 ( Axx+-11 + 2 P x -1 ) = 30 Px . A. P = 7. B. P = 4. C. P = 28. D. P = 14. Lời giải Chọn A Điều kiện: x ³ 1 và x Î  . é ( x + 1)! ù Ta có 7 ( Axx+-11 + 2 P x -1 ) = 30 Px  7 êê + 2. ( x -1)!úú = 30. x ! ë 2! û é x = 7 (thoûa maõn) é x ( x + 1) ù ê  7 êê + 2 úú = 30 x  7 x 2 – 53 x + 28 = 0  ê ¾¾  P = 7. 4 ê 2 ë û ê x = 7 (loaïi) ë Câu 18: Tìm giá trị n Î  thỏa mãn Cnn++83 = 5 An3+6 . A. n = 15. B. n = 17. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 C. n = 6. D. n = 14. Trang 156 Lời giải Chọn B Áp dụng công thức Cnk = Cnn-k , ta có Cnn++83 = 5 An3+6  Cn5+8 = 5. An3+6  (n + 8)(n + 7 ) 5! én = 17 (thoûa maõn ) = 5  n 2 + 15n – 544 = 0  êê . êën = -32 (loaïi) Câu 19: Tìm giá trị x Î  thỏa mãn Ax2 .Cxx -1 = 48. B. x = 3. A. x = 4. C. x = 7. D. x = 12. Lời giải Chọn A Điều kiện: x ³ 2 và x Î  . Ta có Ax2 .Cxx -1 = 48  x! . x! ( x – 2)! ( x -1)!.1! = 48  ( x -1) x . x = 48  x 3 – x 2 – 48 = 0  x = 4 (thoûa maõn). Câu 20: Tìm giá trị n Î  thỏa mãn An2 – Cnn+-11 = 5. A. n = 3. B. n = 5. C. n = 4. D. n = 6. Lời giải Chọn B Điều kiện: n ³ 2 và n Î . Ta có An2 – Cnn+-11 = 5  n (n + 1) (n + 1)! n! = 5  (n -1).n -5 = 0 2 (n – 2 )! (n -1)!2! é n = -2 (loaïi)  n 2 – 3n -10 = 0  êê . êë n = 5 (thoûa maõn ) Câu 21: Tính tích P của tất cả các giá trị của n thỏa mãn An2 – 3Cn2 = 15 – 5n. B. P = 6. A. P = 5. C. P = 30. D. P = 360. Lời giải Chọn C Điều kiện: n ³ 2 và n Î . Ta có An2 – 3Cn2 = 15 – 5n   n (n -1) – 3 n (n -1) 2 n! n! – 3. = 15 – 5n n 2 ! 2!. n ( ) ( – 2)! é n = 6 (thoûa maõn) = 15 – 5n  -n 2 + 11n – 30 = 0  êê êë n = 5 (thoûa maõn) ¾¾  P = 5.6 = 30. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 157 Câu 22: Tìm giá trị x Î  thỏa mãn 3 Ax4 = 24 ( Ax3+1 – Cxx -4 ). B. x = 1. A. x = 3. C. x = 5. D. x = 1; x = 5. Lời giải Chọn C Điều kiện: x ³ 4 và x Î  . Ta có 3 Ax4 = 24 ( Ax3+1 – Cxx -4 )  23.  23. é ( x + 1)! ù x! x! ú = 24. êê ú ( x – 4 )! ëê ( x – 2 )! ( x – 4 )!.4!ûú é x +1 ù é 1 1 x +1 1 ùú ú  23. 1 = 24. ê = 24. êê ú ê ú 1 ( x – 4 )! êë ( x – 2 )! ( x – 4 )!.4!úû êë ( x – 2 )( x – 3) 1.24 úû  23 = 24. é x = 1(loaïi) x +1 x +1 -1  = 1  êê . ( x – 2)( x – 3) ( x – 2 )( x – 3) êë x = 5 (thoûa maõn) Câu 23: Có bao nhiêu số tự nhiên n thỏa mãn A. 1. An4+4 15 < ? (n + 2)! (n -1)! B. 2. D. Vô số. C. 3. Lời giải Chọn C Điều kiện: n Î  . Ta có An4+4 (n + 4 )! (n + 3)(n + 4 ) 15 15 <  <  < 15 n (n + 2)! (n -1)! (n + 2 )!.n ! (n -1)! n Î  (n + 3)(n + 4 ) < 15n  n 2 - 8n + 12 < 0  2 < n < 6 ¾¾¾  n Î {3, 4, 5}. Câu 24: Có bao nhiêu số tự nhiên n thỏa mãn 2Cn2+1 + 3 An2 - 20 < 0 ? A. 1. B. 2. D. Vô số. C. 3. Lời giải Chọn A Điều kiện: n ³ 2 và n Î  . Ta có 2Cn2+1 + 3 An2 - 20 < 0  2 (n + 1)! 2!. (n -1)! + 3. n! (n - 2)! - 20 < 0  n (n + 1) + 3 (n -1) n - 20 < 0  2 n 2 - n -10 < 0  -2 < n < 5 n ³2 ¾¾¾  n = 2. 2 n Î Câu 25: Có bao nhiêu số tự nhiên n thỏa mãn 2Cn2+1 + 3 An2 < 30 ? A. 1. B. 2. C. 3. D. Vô số. Lời giải Chọn A Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 158 Điều kiện: n ³ 2 và n Î  . Ta có 2Cn2+1 + 3 An2 < 30  2. (n + 1)! 2!(n -1)! + 3. n! (n - 2)! < 30 5 n ³2  n (n + 1) + 3 (n -1) x < 30  2n 2 - n -15 < 0  - < n < 3 ¾¾¾  n = 2. n Î 2 Câu 26: Có bao nhiêu số tự nhiên n thỏa mãn 14.P3Cnn--13 < An4+1 ? A. 1. B. 2. C. 3. D. Vô số. Lời giải Chọn D Điều kiện: n ³ 3 và n Î  . Ta có 14.P3Cnn--13 < An4+1  14.3!. (n -1)! (n + 1)! < (n - 3)!.2! (n - 3)! é n < -7  42 (n - 2 )(n -1) < (n - 2 )(n -1) n (n + 1)  42 < n (n + 1)  n 2 + n - 42 > 0  ê ên > 6 ë ïìn ³ 7 n ³3 . ¾¾¾  ïí n Î ïïîn Î  ìïC y – C y +1 = 0 Câu 27: Giải hệ phương trình ïí x y x y -1 . ïï4Cx – 5Cx î ì x = 17 ï . A. ïí =0 ïì x = 17 . B. ïí ï ï îy = 8 ïïî y = -8 ìx = 9 ï . C. ïí ï ï îy = 8 ìx = 7 ï . D. ïí ï ï îy = 9 Lời giải Chọn A Điều kiện: x ³ y + 1 và x , y Î  . ìïC y – C y +1 = 0 Ta có ïí x y x y -1 ïï4C x – 5Cx î (1) . = 0 (2 ) Phương trình (1)  Cxy = Cxy +1  y + y + 1 = x  x – 2 y -1 = 0 . Phương trình (2)  4Cxy = 5Cxy -1  4.  x! x! = 5. y !. ( x – y )! ( y -1)!. ( x – y + 1)! 4 5 =  4 x – 9 y + 4 = 0. y x – y +1 ïì x – 2 y -1 = 0 ïì x = 17  ïí (thoûa maõn). ïîï4 x – 9 y + 4 = 0 ïîï y = 8 Do đó hệ phương trình đã cho  ïí Câu 28: Tìm cặp số ( x ; y ) thỏa mãn A. ( x ; y ) = (8;3). C xy+1 C xy +1 C xy -1 = = . 6 5 2 B. ( x ; y ) = (3;8). Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 159 C. ( x ; y ) = (-1;0). D. ( x ; y ) = (-1;0 ), ( x ; y ) = (8;3). Lời giải Chọn A Điều kiện: x ³ y + 1 và x , y Î  . ●  5 ( x + 1)! C xy+1 C xy +1 6x ! =  5.C xy+1 = 6.C xy +1  = 6 5 y !( x + 1 – y )! ( y + 1)!( x – y -1)! 5 ( x + 1) ( x – y )( x – y + 1) = 6  5 ( y + 1)( x + 1) = 6 ( x – y )( x – y + 1) . (1) ( y + 1) ● C xy +1 Cxy -1 x! x! =  2.C xy +1 = 5.C xy -1  = 5 2 5. ( y + 1)!. ( x – y -1)! 2. ( y -1)!. ( x – y + 1)!  1 1 = 5. y ( y + 1) 2. ( x – y )( x – y + 1)  5. y ( y + 1) = 2. ( x – y )( x – y + 1)  15. y ( y + 1) = 6. ( x – y )( x – y + 1) . (2 ) Từ (1) và (2 ) , suy ra  5 ( y + 1)( x + 1) = 15. y ( y + 1)  x + 1 = 3 y . Thay vào (1) , ta được é y = 0 ¾¾  x = -1(loaïi)  15 ( y + 1) y = 6 (2 y -1) 2 y  3 y 2 – 9 y = 0  êê .  x = 8 (thoûa maõn ) êë y = 3 ¾¾ Câu 29: Giải hệ phương trình ìï x ïïC y : C yx+2 = 1 ïï 3 . í ïï x 1 x ïïC y : A y = 24 ïî ïì x = 4 A. ïí . ìx = 4 ï B. ïí . ïïî y = 1 ïì x = 4 ïìï x = 4 C. ïí , í . ï ï îy = 8 ïïî y = 1 ïïî y = 8 ïì x = 1 D. ïí . ïïî y = 8 Lời giải Chọn B Điều kiện: y ³ x và x , y Î  . ìï x ïïC y : C yx+2 = 1 (1) ï 3 . Ta có ïí ïï x 1 x (2 ) ïïC y : A y = 24 ïî Phương trình (2)  C yx A yx = y! y! 1 24  24C yx = A yx  24. =  =1  x = 4 . x !( y – x )! ( y – x )! x! 24 Thay x = 4 vào (1) , ta được  C y4 C 4 y +2 = ( y + 2)! 1 y!  3C y4 = C y4+2  3. = 3 4!. ( y – 4 )! 4!. ( y – 2 )! é y = 1 < 4 = x (loaïi) 3 ( y + 1)( y + 2 ) . =  y 2 - 9 y + 8 = 0  êê 1 ( y - 3)( y - 2 ) êë y = 8 > 4 = x (thoûa maõn) Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 160 ìï2 A y + 5C xy = 90 . Câu 30: Giải hệ phương trình ïí xy y ïï5 Ax – 2C x = 80 î ìx = 5 ï A. ïí . ï ï îy = 2 ì x = 20 ï B. ïí . ïì x = 2 C. ïí . ï ï î y = 10 ïïî y = 5 ïì x = 6 D. ïí . ïïî y = 3 Lời giải Chọn A Điều kiện: x ³ y và x , y Î  . ìïu = Axy ì ï2u + 5v = 90 ìïïu = 20 , ta được ïí . Đặt ïí í y ïïv = Cx î ï ï5u – 2v = 80 î ïîïv = 10 Ta có Ank = k !Cnk ¾¾  u = y !.v  20 = y !.10  y ! = 2  y = 2. Với u = 20 , suy ra Axy = 20  Ax2 = 20  éx = 5 x! = 20  ( x -1) x = 20  êê . ( x – 2 )! ë x = -4 (loaïi) ïì x = 5 Vậy hệ phương trình có nghiệm ïí . ïïî y = 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 161 BÀI 3. NHỊ THỨC NIU-TƠN A. KIẾN THỨC CẦN NẮM Ta thừa nhận công thức nhị thức Niu-ton sau: a  b  n  n  Ckna n k bk  C0n a n  C1na n 1b1  …  Cnn1a1bn1  Cnn bn k 0 n  Ckn a k bnk  C0n bn  C1n a1bn 1  …  Cnn 1a n 1b1  Cnn a n . k 0 Hệ quả:  Với a  b  1 ta có 2 n  C0n  C1n  …  C nn .  Với a  1, b  1 ta có 0  C0n  C1n  …   1 Cnk  …   1 Cnn . k n Chú ý:  Số các số hạng của khai triển bằng n  1.  Tổng các số mũ của a và b trong mỗi số hạng bằng n.  Số hạng tổng quát (thứ k  1 ) có dạng: Tk 1  Cnk a n  k bk ,  k  0,1,2, ,n  .  Các hệ số của các cặp số hạng cách đều số hạng đầu và cuối thì bằng nhau: C kn  C nn  k . B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP Dạng 1. Xác định hệ số hoặc số hạng chứa xk 1. Phương pháp 2. Các ví dụ rèn luyện kĩ năng Ví dụ 1: Số hạng không chứa x trong khai triển (x 2  1 x3 )10 là: Hướng dẫn giải Số hạng tổng quát thứ k  1 trong khai triển (x 2  1 x3 )10 có dạng: k  1  k k 20  2k 3k k 20  5k  C10 C10 (x 2 )10  k    C10 x x x . 3 x  Từ yêu cầu bài toán ta có 20  5k  0  k  4. 4 Do đó số hạng không chứa x là C10  210. x 12 3 Ví dụ 2: Trong khai triển    , hệ số của số hạng chứa x 4 bằng bao nhiêu? 3 x Hướng dẫn giải Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 162 x 3 12 Số hạng tổng quát thứ k  1 trong khai triển    là: 3 x ( 1) k k  C12  12  k 3  x k x k k 12  k  k k 12 k k 12  2k 2k 12 x 3 3  ( 1)k C12 x 3 .    ( 1) C12 x 3 Từ yêu cầu bài toán ta có: 12  2k  4  k  4. 4 Suy ra hệ số cần tìm là:  1 .C12 .34  4 Ví dụ 3: Khai 55 . 9 triển và rút P(x)  (1  x)2  (1  x)3  …  (1  x)10 ta gọn được P(x)  a 0  a1 x 2  a 2 x 3  …  a10 x10 . Hệ số a 9 bằng bao nhiêu? Hướng dẫn giải Nhận xét: Trong khai triển (1  x)n thì đơn thức có bậc cao nhất là n. Do đó a 9 là hệ số của x9 chỉ có trong đa thức (1  x)9  (1  x)10 . Hệ số của x9 trong (1  x)9 là C99  1 9 Hệ số của x9 trong (1  x)10 là C10  10 Suy ra a9  10  1  11 1 1  1 1 Ví dụ 4: Trong khai triển của  x 15 y 3  x 3 y 5      2007 , số hạng mà lũy thừa của x và y bằng nhau Hướng dẫn giải 1 1  1 1 Số hạng tổng quát thứ k  1 trong khai triển của  x 15 y 3  x 3 y 5      k k 2007  k 2007  k k 15 C2007 x y 3 x 3 y 5 Ta cần có: k  C2007 x 2007 là: 10035 4k 6021 2k 15 y 3 . 10035  4k 6021  2k , do đó k  669.  15 3  Ví dụ 5: Tìm hệ số của x 25 y10 trong khai triển x3  xy  15 . Hướng dẫn giải   k x3 Xét số hạng: Tk1  C15 45  2k  25 Ta có:  k  10 15 k k 45 3k  k k k 45  2k k (xy)k  C15 x y  C15 x y  k  10. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 163 Vậy hệ số của x 25 y10 là của C10 15  3003. n 1  Ví dụ 6: Tổng các hệ số của khai triển   x 3  bằng 1024. Tìm hệ số của x6 trong khai triển. x  Hướng dẫn giải n n 1  1 1 Ta có:   x 3   C0n    C1n   x  x x n 1 x 3  …  C nn x 3n . Tổng hệ số của khai triển là: C0n  C1n  …  C nn  2 n . Vậy 2 n  1024  2 n  210  n  10. 10  k 1 k Xét số hạng Tk 1  C10   x k x 3k  C10   x 3k x10  k k 4k 10  C10 x . 4 Ta được 4k  10  6  k  4. Vậy C10  210. Ví dụ 7. Với n là số nguyên dương thỏa C1n  C 2n  55, Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  3 2  x  2  x   n Hướng dẫn giải Điều kiện n  2 và n   Ta có C1n  Cn2  55   n  10 n! n!   55  n 2  n  110  0   1!(n  1)! 2!(n  2)!  n  11(L)  10 Với n  10 ta có khai triển  x 3  2   x2  Số hạng tổng quát của khai triển k 3(10  k)  là C10 x .  k 2  k k 30  5k  C10 2 x , với 0  k  10. 2  x  Số hạng không chứ x ứng với k thoải 30  5k  0  k  6. 6 6 Vậy số hạng không chứa x là C10 2  13440. Dạng 2 : Tìm số hạng đứng chính giữa 1. Phương pháp  Khi n chẵn thì số hạng đứng giữa là số hạng thứ:  Khi n lẻ thì coó hai số hạng đứng giữa là n  1. 2 n1 n1 và  1. 2 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 164 2. Các ví dụ rèn luyện kĩ năng Ví dụ 1: Trong khai triển (2 x  3 y)8 , hệ số của số hạng đứng chính giữa bằng bao nhiêu? Hướng dẫn giải Trong khai triển (2 x  3 y)8 có tất cả 9 số hạng Do đó số hạng đứng giữa là số hạng thứ 5: C 84 (2 x)4 (3 y)4 . Suy ra hệ số cần tìm là: C 84 .2 4.34  90720.  1 10  3 x .  x  Ví dụ 2: Tìm số hạng ở chính giữa trong khai triển:  5 Hướng dẫn giải 5  1   1  5 5 Ta có số hạng T6  C10  5   3   252  x  x  x . 2 3 Dạng 3: Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  a  b  n 1. Phương pháp Bước 1: Số hạng tổng quát thứ k  1 là: Tk 1  C nk a n  k b k Đặt u k  Cnk a n k b k ,  0  k  n  .  u k  u k 1  k0 .  u k  u k 1 Bước 2: Giải hệ phương trình  Bước 3: Hệ số lớn nhất trong khai triển là C kn0 a n  k0 b k0 . 2. Các ví dụ rèn luyện kĩ năng 4 1 3  Câu 36: Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển thành đa thức biến x của   x  ? 4 4  Hướng dẫn giải 4 1 3  1 3 27 2 27 3 27 4 Ta có:   x    x x  x  x . 256 64 128 64 256 4 4  27 Vậy hệ số lớn nhất là . 64 Ví dụ 2: Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển  1  x  , biết tổng các hệ số bằng 4096. n Hướng dẫn giải Ta có: C 0n  C1n  …  C nn  2  2096  2  2 n k k 1  C12 (1  k  12)  Xét C12 n 12  n  12. 12! 12!   13  k  k  k  6 . k!(12  k)! (k  1)!(13  k)! Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 165 k 1 k Tương tự C12  C12  k  6. 6 Vậy k  6. Khi đó T7  C12  924. Dạng 4: Tìm số hạng hữu tỉ trong khai triển  a  b  n 1. Phương pháp Bước 1: hạng tổng quát thứ k  1 là: Tk 1  C nk a n  k bk m r q k p  C n a .b ( Với a,b là hữu tỉ. m  p   Bước 2: Giải hệ phương trình   k   ,0  k  n   k0 .  r   q Bước 3: Số hạng cần tìm là C kn0 a n  k0 b k0 . 2. Các ví dụ rèn luyện kĩ năng Ví dụ 1: Tìm các số hạng là số nguyên trong khai triển  233 . 5 Hướng dẫn giải Xét số hạng Tk 1  C5k  2  . 3  5k 3 k ,0  k  5. Tk1  khi và chỉ khi 5  k chia hết cho 2 và k chia kết cho 3 mà 0  k  5, nên k  3. Vậy T4  C53  2  . 3  2 3 3  60. Ví dụ 2: Có bao nhiêu số hạng là số hữu tỉ trong khai triển  4 434  100 ? Hướng dẫn giải k Xét số hạng Tk1  C100  4 4 100  k  4 3 k ; 0  k  100. Tk1  khi và chỉ khi 100  k là bội của 4 và k là bội của 3. Vì 100 chia hết cho 4, nên k là bội của 4 và k là bội của 3. Vậy k là bội của 12. Mà 0  k  100, nên k  0;12; 24; 36; 48; 60;72; 84 và 96. Tức là có 9 số. Dạng 5: Tính tổng hoặc chứng minh đẳng thức 1. Phương pháp  Khi các số hạng của tổng đó có dạng C kn a n  k b k thì ta dùng trực tiếp nhị thức Niu-ton Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 166 a  b  n n   Ckna nk bk  C0na n  C1n a n1b1  …  Cnn 1a1bn1  Cnn bn k 0 n  Ckn a k bnk  C0n bn  C1na1bn1  …  Cnn1a n 1b1  Cnn a n . k 0 Việc còn lại chỉ chỉ khóe léo chọn a,b. Lưu ý hai kết quả thường dùng là:  Với a  b  1 ta có 2 n  C0n  C1n  …  C nn .  Với a  1, b  1 ta có 0  C0n  C1n  …   1 Cnk  …   1 Cnn . k n 2. Các ví dụ rèn luyện kĩ năng Ví dụ 1: Tính tổng C12007  C 22007  C 32007  …  C 2007 2007 Hướng dẫn giải Ta có: (1  1)2007  C12007  C 22007  C 32007  …  C 2007 2007 . 2007 Vậy C12007  C 22007  C 32007  …  C 2007  1. 2007  2    C  Ví dụ 2: Tính tổng của C0n 2 1 n 2   bằng:  …  Cnn 2 Hướng dẫn giải n n Khai triển: C  C02n x 2n  C12n x 2n 1  …  C 2n x  …  C 2n 2n . Mặt khác (x  1)2n  (x  1)n (x  1)n  (C0n x n  C1n x n 1  …  C nn )(C0n  C1n x  …  C nn x n ). Trong cách khai triển đầu, hệ số của C   C  0 n 2 1 n 2 2 C n2n . Trong cách sau, hệ số của xn là:  .  …  Cnn    C  Vậy C0n xn là 1 n 2 2    …  Cnn 2  Cn2n . 3 5 2007 Ví dụ 3: Tính giá trị của biểu thức: B  2 2006 C12007  2 2004 C 2007  2 2002 C 2007  …  2 0 C 2007 Hướng dẫn giải  2007 Ta có: (1  2 x)2007  C02007 x 2007 .2 2007  C12007 2 2006.2 2006  …  C 2007 Cho x  1 ta có: 32007  A  B  (1) 2007 Mặt khác: (1  2 x)2007  C02007 x 2007 .2 2007  C12007 2 2006.2 2006  …  C 2007 Cho x  1 ta có: 1  A  B Từ (1) và (2) suy ra: A  (2)     1 2007 1  1 ; B  32007  1 . 3 2 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 167 C. CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM Câu 1: Tìm hệ số của x 12 trong khai triển (2 x – x 2 ) . 10 A. C108 . B. C102 28. C. C102 . D. -C102 2 8. Lời giải Chọn B Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có (2 x – x 2 ) 10 10 = å C10k . (2 x ) 10 – k k =0 10 . (-x 2 ) = å C10k . (2 ) k 10 – k k =0 10 . x 10-k +2 k = å C10k . (2 ) 10 – k . x 10 + k . k =0 Hệ số của x 12 ứng với 10 + k = 12  k = 2 ¾¾  hệ số cần tìm C102 2 8. Câu 2: Khai triển đa thức P ( x ) = (5 x -1)2007 ta được P ( x ) = a2007 x 2007 + a2006 x 2006 + … + a1 x + a0 . Mệnh đề nào sau đây là đúng? 7 B. a2000 = C2007 .57. 7 .57. A. a2000 = -C2007 2000 C. a2000 = -C2007 .52000. 7 D. a2000 = C2007 .57. Lời giải Chọn C Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có 2007 (5 x -1) 2017 k = å C2017 . (5 x ) 2017 -k k =0 2017 k . (-1) = å C2017 . (5) k 2017 -k k . (-1) . x 2017-k . k =0 Hệ số của x 2000 ứng với 2017 – k = 2000  k = 7 2000 7 ¾¾  hệ số cần tìm -C2017 . (5) Câu 3: 2000 = -C2007 .52000. Đa thức P ( x ) = 32 x 5 – 80 x 4 + 80 x 3 – 40 x 2 + 10 x -1 là khai triển của nhị thức nào dưới đây? A. (1 – 2 x )5 . B. (1 + 2 x )5 . C. (2 x -1)5 . D. ( x -1)5 . Lời giải Chọn C Nhận thấy P ( x ) có dấu đan xen nên loại đáp án B. Hệ số của x 5 bằng 32 nên loại đáp án D và còn lại hai đáp án A và C thì chỉ có C phù hợp (vì khai triển số hạng đầu tiên của đáp án C là 32 x 5 . ) 13 Câu 4: æ 1ö Tìm số hạng chứa x 7 trong khai triển ççç x – ÷÷÷ . è A. -C134 x 7 . xø B. -C133 . C. -C133 x 7 . D. C133 x 7 . Lời giải Chọn C Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 168 13 k 13 13 æ ö æ ö çç x – 1 ÷÷ = å C13k . x 13-k . çç- 1 ÷÷ = å C13k . (-1)k . x 13-2 k . ÷ ÷ çè ç è xø xø k =0 k =0 Hệ số của x 7 ứng với 13 – 2 k = 7  k = 3 ¾¾  số hạng cần tìm -C133 x 7 . Câu 5: 9 æ 1ö Tìm số hạng chứa x 3 trong khai triển ççç x + ÷÷÷ . è 1 8 A. – C93 x 3 . 2x ø 1 8 B. C93 x 3 . C. -C93 x 3 . D. C93 x 3 . Lời giải Chọn B Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có 9 k k 9 9 æ ö æ ö æ ö ç x + 1 ÷÷ = å C9k . x 9-k . çç 1 ÷÷ = å C9k . çç 1 ÷÷ . x 9-2 k . ÷ ÷ ççè ç ç è2x ø è 2 ÷ø 2x ø k =0 k =0 1 8 Hệ số của x 3 ứng với 9 – 2 k = 3  k = 3 ¾¾  số hạng cần tìm C93 x 3 . Câu 6: 40 æ 1ö Tìm số hạng chứa x 31 trong khai triển ççç x + 2 ÷÷÷ . è A. -C4037 x 31 . x ø B. C4037 x 31 . C. C402 x 31 . D. C404 x 31 . Lời giải Chọn B Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có 40 k 40 40 æ ö æ ö ç x + 1 ÷÷ = å C40k . x 40-k . çç 1 ÷÷ = å C40k . x 40-3 k . 2÷ 2÷ ççè ç èx ø x ø k =0 k =0 37 31  số hạng cần tìm C40 Hệ số của x 31 ứng với 40 – 3k = 31  k = 3 ¾¾ x . 6 Câu 7: æ 2ö Tìm số hạng không chứa x trong khai triển ççç x 2 + ÷÷÷ . è A. 2 4 C62 . B. 2 2 C62 . xø C. -2 4 C64 . D. -2 2 C64 . Lời giải Chọn A Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có k 6 6 6 æ 2 2 ö÷ 6-k æ ö çç x + ÷ = å C6k . ( x 2 ) . çç 2 ÷÷ = å C6k . (2 )k . x 12-3 k . èç èç x ø÷ x ø÷ k =0 k =0 Số hạng không chứa x ứng với 12 – 3k = 0  k = 4 ¾¾  số hạng cần tìm C64 .2 4 = 2 4 C62 . 8 Câu 8: æ 1ö Tìm số hạng không chứa x trong khai triển ççç xy 2 – ÷÷÷÷ . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 çè xy ø Trang 169 B. 60 y 4 . A. 70 y 4 . C. 50 y 4 . D. 40 y 4 . Lời giải Chọn A Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có 8 k 8 8 æ 2 1 ö÷ 8- k æ 1ö k çç xy – ÷ = C8k . ( xy 2 ) . çç- ÷÷÷ = å C8k . (-1) . x 8-2 k . y 16-3 k . å ÷ ÷ ÷ çè ç xy ø è xy ø k =0 k =0 Số hạng không chứa x ứng với 8 – 2 k = 0  k = 4 ¾¾  số hạng cần tìm C84 y 4 = 70 y 4 . 5 Câu 9: æ 1ö Tìm số hạng chứa x 3 y trong khai triển ççç xy + ÷÷÷÷ . çè A. 3 x 3 y. yø B. 5 x 3 y. C. 10 x 3 y. D. 4 x 3 y. Lời giải Chọn C Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có k 5 5 5 æ ö 5- k æ 1 ö çç xy + 1 ÷÷ = C5k . ( xy ) . çç ÷÷÷ = å C5k . x 5-k . y 5-2 k . å ÷ çè çè y ÷ø y ÷ø k =0 k =0 ì5 – k = 3 ï  k = 2 ¾¾  số hạng cần tìm C52 x 3 y = 10 x 3 y. Hệ số của x 3 y ứng với ïí ï ï î5 – 2 k = 1 3 n +1 æ1 ö Câu 10: Tìm hệ số của x 6 trong khai triển ççç + x 3 ÷÷÷ èx ø với x ¹ 0 , biết n là số nguyên dương thỏa mãn 3Cn2+1 + nP2 = 4 An2 . A. 210 x 6 . B. 120 x 6 . C. 120. D. 210. Lời giải Chọn D Từ phương trình 3Cn2+1 + nP2 = 4 An2 ¾¾  n = 3. 3 n +1 æ1 ö Với n = 3 , ta có ççç + x 3 ÷÷÷ èx ø 10-k 10 10 æ1 ö æ1ö = çç + x 3 ÷÷÷ = å C10k . çç ÷÷÷ ç èç x ø èxø k =0 10 . ( x 3 ) = å C10k .x 4 k -10 . k k =0 Hệ số của x 6 ứng với 4 k -10 = 6  k = 4 ¾¾  hệ số cần tìm C104 = 210. Câu 11: Tìm hệ số của x 9 trong khai triển (1 – 3 x ) , biết n là số nguyên dương thỏa mãn 2n 2 14 1 + = . Cn2 3Cn3 n A. -C189 ( 3 ) . 9 B. -C189 ( 3 ) x 9 . 9 C. C189 ( 3 ) x 9 . 9 D. C189 ( 3 ) . 9 Lời giải Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 170 Chọn A Từ phương trình 2 14 1 + 3 = ¾¾  n = 9. 2 Cn 3Cn n Với (1- n=9, 3x ) 2n ( = 1- 3x ) 18 18 = å C18k .(1) 18-k k =0 ta 18 18 (- 3x) = å C .(- 3) .x . = å C k k k 18 k k =0 k 18 có k .(-1) k =0 ( 3 ) .x k k  hệ số cần tìm -C189 ( 3 ) . Hệ số của x 9 ứng với k = 9 ¾¾ 9 2n æ 3 ö Câu 12: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển ççç2 x – 3 ÷÷÷÷ với x ¹ 0 , biết n là số nguyên dương è xø thỏa mãn Cn3 + 2n = An2+1 . A. -C1612 .2 4.312. B. C160 .216. C. C1612 .2 4.312. D. C1616 .2 0. Lời giải Chọn C Từ phương trình Cn3 + 2n = An2+1 ¾¾  n = 8. Với n = 8 , ta có 2n 16 k 4k 16 16 æ æ 163 ö 3 ö 3 ö k 16-k æ k k 16-k ççç2 x – 3 ÷÷÷÷ = ççç2 x – 3 ÷÷÷÷ = å C16 . (2 x ) . ççç- 3 ÷÷÷÷ = å C16 .2 . (-3) . x 3 . è è è xø xø xø k =0 k =0 Số hạng không chứa x ứng với 16 – 4k = 0  k = 12 3 ¾¾  số hạng cần tìm C1612 .2 4.312. n æ 2ö Câu 13: Tìm hệ số của x 7 trong khai triển ççç3 x 2 – ÷÷÷ với x ¹ 0 , biết hệ số của số hạng thứ ba trong khai è xø triển bằng 1080. A. 1080. B. -810. C. 810. D. 1080. Lời giải Chọn B Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có n k n n æ 2 2 ö÷ ö n -k æ çç3 x – ÷ = å Cnk . (3 x 2 ) . çç- 2 ÷÷ = å Cnk .3n-k (-2 )k . x 2 n-3 k . ÷ ÷ çè ç è xø xø k =0 k =0 Số hạng thứ 3 ứng với k = 2 , kết hợp với giả thiết ta có Cn2 .3n-2.4 = 1080  n (n -1).3n = 4.5.35  n = 5. Hệ số của x 7 ứng với 2n – 3k = 7  10 – 3k = 7  k = 1 ¾¾  hệ số cần tìm C51 34 (-2 ) = -810. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 171 Câu 14: Tìm số tự nhiên n , biết hệ số của số hạng thứ 3 theo số mũ giảm dần của x trong khai triển n æ ö çç x – 1 ÷÷ bằng 4. çè 3 ø÷ B. 17. A. 8. C. 9. D. 4. Lời giải Chọn C Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có n k 1 2 n n æ ö æ ö æ ö æ ö æ ö çç x – 1 ÷÷ = å Cnk x n-k .çç- 1 ÷÷ = Cn0 x n + Cn1 x n-1 .çç- 1 ÷÷ + Cn2 x n-2 .çç- 1 ÷÷ + … + Cnn çç- 1 ÷÷ . ÷ø ÷ø ÷ø ç ç ç èç è è è èç 3 ø÷ 3 ø÷ 3 3 3 k =0 2 æ 1ö ¾¾  số hạng thứ 3 theo số mũ giảm dần của x là Cn2 çç- ÷÷÷ x n-2 . çè 3 ø 2 æ 1ö è 3ø Yêu cầu bài toán  Cn2 ççç- ÷÷÷ = 4  n! 1  n = 9. . = 4 ¾¾ 2!(n – 2 )! 9 Do n Î  nên ta chọn n = 9 thỏa mãn. Câu 15: Tìm số hạng đứng giữa trong khai triển ( x 3 + xy ) . 21 A. C2110 x 40 y 10 . B. C2110 x 43 y 10 . C. C2111 x 41 y 11 . D. C2110 x 43 y 10 ; C2111 x 41 y 11 . Lời giải Chọn D Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có ( x 3 + xy ) 21 21 21-k = å C21k . ( x 3 ) k =0 21 . ( xy ) = å C21k . x 63-2 k . y k . k k =0 Suy ra khai triển ( x 3 + xy ) có 22 số hạng nên có hai số hạng đứng giữa là số hạng thứ 11 (ứng 21 với k = 10 ) và số hạng thứ 12 (ứng với k = 11 ). Vậy hai số hạng đứng giữa cần tìm là C2110 x 43 y 10 ; C2111 x 41 y 11 . 17 Câu 16: Tính tổng S tất cả các hệ số trong khai triển (3 x – 4 ) . A. S = 1. B. S = -1. C. S = 0. D. S = 8192. Lời giải Chọn B Tính tổng các hệ số trong khai triển ¾¾  cho x = 1. Khi đó S = (3.1 – 4 )17 = -1. Câu 17: Khai triển đa thức P ( x ) = (2 x -1)1000 ta được P ( x ) = a1000 x 1000 + a999 x 999 + … + a1 x + a0 . Mệnh đề nào sau đây là đúng? Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 172 A. a1000 + a999 + … + a1 = 2 n . B. a1000 + a999 + … + a1 = 2 n -1 . C. a1000 + a999 + … + a1 = 1 . D. a1000 + a999 + … + a1 = 0 . Lời giải Chọn D Ta có P ( x ) = a1000 x 1000 + a999 x 999 + … + a1 x + a0 . Cho x = 1 ta được P (1) = a1000 + a999 + … + a1 + a0 . 1000 Mặt khác P ( x ) = (2 x -1)1000 ¾¾  P (1) = (2.1 -1) = 1. Từ đó suy ra a1000 + a999 + … + a1 + a0 = 1 ¾¾  a1000 + a999 + … + a1 = 1 – a0 . Mà là số hạng không chứa x trong khai triển P ( x ) = (2 x -1)1000 nên 0 1000 1000 a0 = C1000 (2 x ) (-1) 1000 = C1000 = 1. Vậy a1000 + a999 + … + a1 = 0. 5 10 Câu 18: Tìm hệ số của x 5 trong khai triển P ( x ) = x (1 – 2 x ) + x 2 (1 + 3 x ) . A. 80. B. 3240. C. 3320. D. 259200. Lời giải Chọn C Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có 5 x (1 – 2 x ) = x .å C5k . (-2 x ) 5 5- k k =0 5 = å C5k . (-2 ) 5- k . x 6-k . k =0 ¾¾  số hạng chứa x 5 tương ứng với 6 – k = 5  k = 1 . 10 10 l =0 l =0 Tương tự, ta có x 2 (1 + 3 x )10 = x 2 .å C10l . (3 x )10-l = å C10l .310-l . x 12-l . ¾¾  số hạng chứa x 5 tương ứng với 12 – l = 5  l = 7 . 4 Vậy hệ số của x 5 cần tìm P ( x ) là C51 . (2) + C107 .33 = 3320 . 2 æ1 è4 ö ø Câu 19: Tìm hệ số chứa x 10 trong khai triển f ( x ) = ççç x 2 + x + 1÷÷÷ ( x + 2) với n là số tự nhiên thỏa mãn 3n hệ thức An3 + Cnn-2 = 14 n . A. 2 5 C1910 . B. 2 5 C1910 x 10 . C. 2 9 C1910 . D. 2 9 C1910 x 10 . Lời giải Chọn A  n = 5. Từ phương trình An3 + Cnn-2 = 14 n ¾¾ æ1 è4 2 ö ø Với n = 5 , ta có f ( x ) = ççç x 2 + x + 1÷÷÷ ( x + 2) = 3n Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 1 1 4 15 19 ( x + 2) ( x + 2) = ( x + 2) . 16 16 Trang 173 Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có f ( x ) = 1 1 19 19 ( x + 2) = å C19k .2 k . x 19-k . 16 16 k =0 Số hạng chứa x 10 trong khai triển tương ứng với 19 – k = 10  k = 9 . 1 10 9 C19 2 = 2 5 C1910 . 16 Vậy hệ số của số hạng chứa x 10 trong khai triển là Câu 20: Tìm hệ số của x 4 trong khai triển P ( x ) = (1 – x – 3 x 3 ) với n là số tự nhiên thỏa mãn hệ thức n Cnn-2 + 6n + 5 = An2+1 . A. 210. B. 840. C. 480. D. 270. Lời giải Chọn C Từ phương trình Cnn-2 + 6n + 5 = An2+1 ¾¾  n = 10. Với n = 10 , khi đó P ( x ) = (1 – x – 3 x 3 ) = (1 – x – 3 x 3 ) . 10 n Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có 10 10 k 10 k P ( x ) = (1 – x – 3 x 3 ) = éê1 – ( x + 3 x 3 )ùú = å C10k (-1) ( x + 3 x 3 ) ë û k =0 10 10 k k =0 l =0 = å C10k (-1) x k (1 + 3 x 2 ) = å C10k å Ckl (-1) 3l x k +2 l . k =0 k k k ìk + 2 l = 4 ï ï Số hạng chứa x 4 trong khai triển tương ứng với ïïí0 £ k £ 10  (k ; l ) = {(4;0 ), (2;1)} . ï ï ï ï î0 £ l £ k Vậy hệ số của số hạng chứa x 4 trong khai triển là C104 C40 + C102 C21 3 = 480 . Câu 21: Tìm hệ số của x 10 trong khai triển (1 + x + x 2 + x 3 ) . 5 A. 5. B. 50. C. 101. D. 105. Lời giải Chọn C Theo khai triển nhị thức Niu-tơn, ta có (1 + x + x 2 + x 3 ) 5 5 5 k =0 l =0 5 5 k =0 l =0 = (1 + x ) (1 + x 2 ) = å C5k x k .å C5l ( x 2 ) = å C5k .å C5l . x k +2 l . 5 5 l Số hạng chứa x 10 trong khai triển tương ứng với k + 2l = 10  k = 10 – 2 l . Kết hợp với điều kiện ta có hệ ìïk + 2 l = 10 ïï ïí0 £ k £ 5, 0 £ l £ 5  (k ; l ) = {(0;5), (2;4 ), (4;3)} . ïï ïîïk , l Î  Vậy hệ số cần tìm là C50 .C55 + C52 .C54 + C54 .C53 = 101. 2 8 Câu 22: Tìm hệ số của x 5 trong khai triển P ( x ) = (1 + x ) + 2 (1 + x ) + … + 8 (1 + x ) . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 174 A. 630. B. 635. C. 636. D. 637. Lời giải Chọn C Các biểu thức (1 + x ), (1 + x )2 , , (1 + x )4 không chứa số hạng chứa x 5 . Hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển 5 (1 + x )5 là 5C55 . Hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển 6 (1 + x )6 là 6C65 . Hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển 7 (1 + x )7 là 7C75 . Hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển 8 (1 + x )8 là 8C85 . Vậy hệ số của x 5 trong khai triển P ( x ) là 5C55 + 6C65 + 7C75 + 8C85 = 636 . Câu 23: Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. C20n + C21n + … + C2nn = C2nn+1 + C2nn+2 + … + C22nn . B. C20n + C21n + … + C2nn-1 = C2nn+1 + C2nn+2 + … + C22nn . C. C20n + C21n + … + C2nn-2 = C2nn+1 + C2nn+2 + … + C22nn . D. C20n + C21n + … + C2nn+1 = C2nn+1 + C2nn+2 + … + C22nn . Lời giải Chọn B Áp dụng công thức Cnk = Cnn-k , ta có ì ï C20n = C22nn ï ï ï ï C21n = C22nn-1 ï . í ï  ï ï ï n -1 n +1 ï ï îC2 n = C2 n Cộng vế theo vế, ta được C20n + C21n + … + C2nn-1 = C2nn+1 + C2nn+2 + … + C22nn . Câu 24: Tính tổng S = Cn0 + Cn1 + Cn2 + … + Cnn . A. S = 2 n -1. B. S = 2 n. C. S = 2 n-1. D. S = 2 n + 1. Lời giải Chọn B Khai triển nhị thức Niu-tơn của (1 + x )n , ta có n (1 + x ) = Cn0 + Cn1 x + Cn2 x 2 +  + Cnn x n . Cho x = 1 , ta được Cn0 + Cn1 + Cn2 +  + Cnn = (1 + 1)n = 2 n . Câu 25: Tính tổng S = C20n + C21n + C22n + … + C22nn . A. S = 2 2 n. B. S = 2 2 n -1. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 C. S = 2 n. D. S = 2 2 n + 1. Trang 175 Lời giải Chọn A Khai triển nhị thức Niu-tơn của (1 + x )2 n , ta có 2n (1 + x ) = C20n + C21n x + C22n x 2 +  + C22nn x 2 n . Cho x = 1 , ta được C20n + C21n + C22n +  + C22nn = (1 + 1)2 n = 2 2 n. Câu 26: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn C21n +1 + C22n +1 + … + C2nn +1 = 2 20 -1 . A. n = 8. B. n = 9. C. n = 10. D. n = 11. Lời giải Chọn C Ta có (1 + 1)2 n +1 = C20n +1 + C21n +1 + … + C22nn++11 . (1) Lại có C20n +1 = C22nn++11 ; C21n +1 = C22nn+1 ; C22n +1 = C22nn+-11 ; …; C2nn +1 = C2nn++11 . (2) Từ (1) và (2 ) , suy ra C20n +1 + C21n +1 + … + C2nn +1 = 2 2 n +1 2  C21n +1 + … + C2nn +1 = 2 2 n -1  2 20 -1 = 2 2 n -1  n = 10 . Vậy n = 10 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 27: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn C21n +1 + C23n +1 + … + C22nn++11 = 1024 . A. n = 5. B. n = 9. C. n = 10. D. n = 4. Lời giải Chọn A Xét khai triển ( x + 1)2 n +1 = C20n +1 x 2 n +1 + C21n +1 x 2 n + … + C22nn++11 . Cho x = 1 , ta được 2 2 n +1 = C20n +1 + C21n +1 + … + C22nn++11 . (1) Cho x = -1 , ta được 0 = -C20n +1 + C21n +1 – … + C22nn++11 . (2 ) Cộng (1) và (2 ) vế theo vế, ta được 2 2 n +1 = 2 (C21n +1 + C23n +1 + … + C22nn++11 )  2 2 n +1 = 2.1024  n = 5 . Câu 28: Tính tổng S = Cn0 + 3Cn1 + 32 Cn3 + … + 3n Cnn . A. S = 3n. B. S = 2 n. C. S = 3.2 n. D. S = 4 n. Lời giải Chọn D Khai triển nhị thức Niu-tơn của (1 + x )n , ta có n (1 + x ) = Cn0 + Cn1 x + Cn2 x 2 +  + Cnn x n . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 176 Cho x = 3 , ta được Cn0 + 3Cn1 + 32 Cn3 + … + 3n Cnn = (1 + 3)n = 4 n. Câu 29: Khai triển đa thức P ( x ) = (1 + 2 x )12 = a0 + a1 x + … + a12 x 12 . Tìm hệ số ak (0 £ k £ 12 ) lớn nhất trong khai triển trên. A. C128 2 8. B. C129 2 9. C. C1210 210. D. 1 + C128 28. Lời giải Chọn A Khai triển nhị thức Niu-tơn của (1 + 2x )12 , ta có 12 12 (1 + 2 x ) = å C12k (2 x ) = å C12k 2 k x k . 12 k k =0 k =0 Suy ra ak = C12k 2 k . Hệ số ak lớn nhất khi 0£k £12 ¾¾¾ k = 8 . Vậy k Î ì 1 2 ï ï ³ k k k +1 k +1 ï ì ì ï a a ³ C C 2 2 ³ ï ï 23 26 12 1 k k + + 1 k k 12 12 ï ï  ïí  £k £ . í í k k k -1 k -1 ïîïak ³ ak -1 ï ï 2 1 3 3 ï ï ³ î2 C12 ³ 2 C12 ï ï ï î k 12 – k + 1 hệ số lớn nhất là a8 = C128 2 8 . æ1 10 2 ö Câu 30: Khai triển đa thức P ( x ) = ççç + x ÷÷÷ = a0 + a1 x + … + a9 x 9 + a10 x 10 . Tìm hệ số ak (0 £ k £ 10) lớn è3 3 ø nhất trong khai triển trên. A. 1 + 27 7 C10 . 310 B. 27 7 C10 . 310 26 6 C10 . 310 C. D. 28 8 C10 . 310 Lời giải Chọn B 10 æ1 2 ö Khai triển nhị thức Niu-tơn của ççç + x ÷÷÷ , ta có è3 3 ø 10 -k 10 10 æ 1 2 ö÷ æ ö çç + x ÷ = å C10k çç 1 ÷÷ ÷ èç 3 3 ø èç 3 ÷ø k =0 10 -k æ1ö Suy ra ak = C10k ççç ÷÷÷ è3ø k 10 -k 10 æ 2 ÷ö æ ö çç x ÷ = å C10k çç 1 ÷÷ ÷ ç èç 3 ø è 3 ÷ø k =0 k æ ö çç 2 ÷÷ x k . çè 3 ÷ø k æ 2 ö÷ çç ÷ èç 3 ø÷ . ìa ³ a ï Giả sử ak là hệ số lớn nhất, khi đó ïí k k +1 ï ï îak ³ ak -1 10 -k k 10 -( k +1) k +1 ì æ 2 ö÷ ïïïC k æç 1 ö÷ æç 2 ö÷ ³ C k +1 æç 1 ö÷ 19 ïìï ç ÷ ÷ ÷ ÷ çç ÷ 10 ç ïï 10 ççè 3 ÷ø ççè 3 ÷ø ïïk ³ çè 3 ÷ø è ø 3 19 22 0£k £10 3 ï  ïí  £k £ ¾¾¾ k = 7. í k Î 10 -k k 10 -(k -1) k -1 ï ï 22 3 3 æ 1 ÷ö æ 2 ÷ö ï k çæ 1 ÷ö çæ 2 ÷ö ïk £ k -1 ç ï ï ç C ÷ ÷ ³ C10 çç ÷÷ çç ÷÷ 3 ïîï ïïîï 10 èçç 3 ø÷ èçç 3 ø÷ è3ø è3ø Vậy hệ số lớn nhất là a7 = 27 7 C10 . 310 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 177 BÀI 4&5. BIẾN CỐ VÀ XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ A. KIẾN THỨC LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM I. PHÉP THỬ, KHÔNG GIAN MẪU 1. Phép thử Gieo một đồng tiền kim loại (gọi tắt là đồng tiền), rút một quân bài từ cỗ bài tú lơ khơ (cỗ bài 52 lá) hay bắn một viên đạn vào bia,… là những ví dụ về phép thử. Khi gieo một đồng tiền, ta không thể đoán trước được mặt ghi số (mặt ngửa, viết tắt là N) hay mặt kia (mặt sấp, viết tắt là S) sẽ xuất hiện). Đó là phép thử ngẫu nhiên Phép thử ngẫu nhiên là phép thử mà ta không đoán trước được kết quả của nó, mặc dù đã biết tập hợp tất cả các kết quả có thể có của phép thử đó. Để đơn gian, từ nay phép thử ngẫu nhiên được gọi tắt là phép thử. 2. Không gian mẫu Tập hợp các kết quả có thể xảy ra của một phép thử được gọi là không gian mẫu của phép thử và kí hiệu là  (đọc là ô-mê-ga) II. BIẾN CỐ    Biến cố là một tập con của không gian mẫu. Người ta thường kí hiệu các biến cố bằng các chữ in hoa A, B, C, … Tập  được gọi là biến cố không thể ( gọi tắt là biến cố không). Còn tập  được gọi là biến cố chắc chắn. Ta nói rằng biến cố A xảy ra trong một phép thử nào đó khi và chỉ khi kết quả của phép thử đó là một phần tử của A ( hay thuận lợi cho A) III. PHÉP TOÁN TRÊN CÁC BIẾN CỐ Giả sử A là biến cố liên quan đến phép thử  Biến cố đối của A kí hiệu là A   A  Hợp hai biến cố A và B kí hiệu là A  B  Giao hai biến cố A và B kí hiệu là A  B (hoặc A.B)  A  B =  thì ta nói A và B xung khắc. IV. ĐỊNH NGHĨA CỔ ĐIỂN CỦA XÁC SUẤT 1. Định nghĩa Giả sử A là biến cố liên quan đến một phép thử với không gian mẫu  chỉ có một số hữu hạn kết quả đồng khả năng xảy ra xuất hiện. Ta gọi tỉ số nA n  là xác suất của biến cố A, kí hiệu là P  A  . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 178 P A  nA n  . Chú ý: n  A  là số phần tử của A hay cũng là số các kết quả thuận lợi cho biến cố A, còn n    là số các kết quả có thể xảy ra của phép thử. 2. Ví dụ Ví dụ 1: Bộ bài tú – lơ khơ có 52 quân bài. Rút ngẫu nhiên ra 4 quân bài. Tìm xác suất của các biến cố: A: “Rút ra được tứ quý K ‘’ B: “4 quân bài rút ra có ít nhất một con Át” C: “4 quân bài lấy ra có ít nhất hai quân bích’’ Giải Ta có số cách chọn ngẫu nhiên 4 quân bài là: C 452  270725 Suy ra n()  270725 Vì bộ bài chỉ có 1 tứ quý K nên ta có n(A)  1 Vậy P(A)  1 270725 Vì có C448 cách rút 4 quân bài mà không có con Át nào, suy ra N(B)  C452  C448  P(B)  15229 54145 Vì trong bộ bài có 13 quân bích, số cách rút ra bốn quân bài mà trong đó số quân bích không ít hơn 2 3 1 4 2 là: C13 .C 239  C13 C 39  C13 .C039  69667 Suy ra n(C)  69667  P(C)  5359 . 20825 Ví dụ 2. Trong một chiếc hộp có 20 viên bi, trong đó có 8 viên bi màu đỏ, 7 viên bi màu xanh và 5 viên bi màu vàng. Lấy ngẫu nhiên ra 3 viên bi. Tìm xác suất để: 1. 3 viên bi lấy ra đều màu đỏ 2. 3 viên bi lấy ra có không quá hai màu. Giải Gọi biến cố A :“ 3 viên bi lấy ra đều màu đỏ” B : “3 viên bi lấy ra có không quá hai màu” Số các lấy 3 viên bi từ 20 viên bi là: C320 nên ta có:   C320  1140 1. Số cách lấy 3 viên bi màu đỏ là: C83  56 nên A  56 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 179 Do đó: P(A)  A  56 14 .  1140 285  2. Ta có:  Số cách lấy 3 viên bi chỉ có một màu: C83  C73  C 35  101  Số các lấy 3 viên bi có đúng hai màu     3 Đỏ và xanh: C15  C83  C73 3  C83  C35 Đỏ và vàng: C13  3  C35  C73 Vàng và xanh: C12  Nên số cách lấy 3 viên bi có đúng hai màu:   3 3 3 C15  C13  C12  2 C83  C73  C53  759 Do đó:  B  860 . Vậy P(B)  B  43 . 57  V. TÍNH CHẤT CỦA XÁC SUẤT 1. Định lí Định lí a) P     0,P     1. b) 0  P  A   1, với mọi biến cố A. c) Nếu A và B xung khắc thì P  A  B  P  A   P  B   Hệ quả: Với mọi biến cố A, ta có P A  1  P  A  . 2. Ví dụ Ví dụ 3: Cho hộp chứ ba quả cầu trắng và hai quả cầu đen như hình, lấy ngẫu nhiên đồng thời hai quả. Hãy tính xác suất sao cho hai quả đó: a) khác màu; b) Cùng màu. Giải Mỗi lần lấy đồng thời hai quả cầu cho ta một tổ hợp chập hai của năm phần tử. Do đó, không gian mẫu gồm các tổ hợp chập hai của năm phần tử và n()  C 25  10. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 180 Vì việc lấy quả cầu là ngẫu nhiên nên các kết quả đó là đồng khả năng. Ký hiệu A : ”Hai quả cầu khác màu”, B : ”Hai quả cầu cùng màu”. Vì chỉ có hai màu đen hoặc trắng nên ta thấy B  A. a) theo quy tắc nhân, n(A)  2.3  6. Do đó: P(A)  n(A) 6 3   . n() 10 5 3 5 2 5 b) Vì B  A nên theo hệ quả ta có: P(B)  P(A)  1  P(A)  1   . Ví dụ 4: Một hộp chứa 20 quả cầu đánh số từ 1 đến 20. Lấy ngẫu nhiên một quả. Tính xác suất các biến cố sau: a) A : ”Nhận được quả cầu ghi số chẳn”; b) B : ”Nhận được quả cầu ghi số chia hết cho 3 ” c) A  B; d) C : ”Nhận được quả cầu ghi số không chia hết cho 6 ” Giải Không gian mẫu được mô tả là   1,2,…,20 gồm 20 kết quả đồng khả năng, n()  20. a) A  2, 4,6,8,10,12,14,`6,18,20 ,n(A)  10 nên P(A)  n(A) 10 1   . n() 20 2 b) B  3,6,9,15,18 , n(B)  6. Từ đó: P(B)  n(B) 6 3   . n() 20 10 c) A  B  6,12,18 , n(A  B)  3 nên P(A  B)  n(A  B) 3  . n() 20 d) Vì A  B  6,12,18 , nên A  B là biến cố ”Nhận được quả cầu ghi số chia hết cho 6 ”. Do đó, C là biến cố đối của biến cố A  B, ta có C  A  B và P(C)  1  P(A B)  1  3 17  . 20 20 VI. CÁC BIẾN CỐ ĐỘC LẬP, CÔNG THỨC NHÂN XÁC SUẤT Ví dụ 5: Bạn thứ nhất có một đồng tiền, bạn thứ hai có con súc sắc (cân đối, đồng chất). Xét phép thử “Bạn thứ nhất gieo đồng tiền, sau đó bạn thứ hai gieo con súc sắc” (hình.a). a) Mô tả không gian mẫu của phép thử này. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 181 b) Tính xác suất của các biến cố sau: A : “Đồng tiền xuất hiện mặt sấp”; B : “Con súc sắc xuật hiện mặt 6 chấm”; C : “Con súc sắc xuất hiện mặt lẻ”. c) Chứng tỏ: P(A.B)  P(A).P(B); P(A.C)  P(A).P(C). Giải a) Không gian mẫu của phép thử có dạng   S1,S2,S3,S4,S5,S6,N1,N2,N3,N4,N5,N6 . Theo giả thiết,  gồm 12 kết quả đồng khả năng xuất hiện.(hình.b) 1 2 S 3 4 5 6 1 2 N 3 4 5 6 Hình a Hình b b) Ta thấy A  S1,S2,S3,S4,S5,S6 ,n(A)  6; B  S6,N6 , n(B)  2; C  N1, N3,N5,S1,S3,S5 ,n(C)  6. Từ đó P(A)  n(A) 6 1   ; n() 12 2 P(B)  n(B) 2 1   ; n() 12 6 P(C)  n(C) 6 1   . n() 12 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 182 c) Rõ ràng A.B  S6 và P(A.B)  n(A.B) 1  . n() 12 Ta có P(A.B)  1 1 1  .  P(A)P(B). 12 2 6 Tương tự A.C  S1,S3,S5 ; P(A.C)  n(A.C) 3 1 1 1    .  P(A)P(C). n() 12 4 2 2 1 6 Trong ví dụ trên, xác suất xuất hiện mổi mặt của con súc sắc là , không phụ thuộc vào đồng tiền xuất hiện mặt “sấp” hoặc “ngữa”. Nếu sự xảy ra của một biến cố không ảnh hưởng đến xác suất xảy ra của một biến cố khác thì ta nói hai biến cố đó độc lập. Như vậy trong ví dụ trên biến cố A và B độc lập và cũng vậy, A và C độc lập. Tổng quát, đối với hai biến cố bất kỳ thì ta có mối liên hệ sau: A và B là hai biến cố độc lập khi và chỉ khi P(A.B)  P(A).P(B). B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP Dạng 1: Tính xác suất dựa vào định nghĩa cổ điển 1. Phương pháp  Tính xác suất theo thống kê ta sử dụng công thức: P(A)  Soá laàn xuaát hieän cuûa bieán coá A . N  Tính xác suất của biến cố theo định nghĩa cổ điển ta sử dụng công thức : P(A)  n(A) . n() 2. Các ví dụ rèn luyện kĩ năng Ví dụ 1: Một tổ có 8 nam và 4 nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 người từ tổ đó. Xác suất để chọn được cả 2 nam bằng bao nhiêu? Hướng dẫn giải Tổng số học sinh trong tổ là 8  4  12 học sinh. 2 Số cách chọn 2 trong 12 học sinh trong tổ là C12  66 (cách). Suy ra n     66. Gọi A là biến cố: “Chọn được 2 nam” Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 183 Suy ra n  A   C82  28. Vậy P  A   n A n   28 14  . 66 33 Ví dụ 2: Một hộp đựng 4 viên bi đỏ và 5 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi từ hộp đó. Xác suất để chọn được đúng một viên bi đỏ là bao nhiêu? Hướng dẫn giải Tổng số viên bi trong hộp là 4  5  9 (viên bi). Số cách chọn 3 trong 9 viên bi là: C93  84 (cách). Suy ra: n     84. Gọi A là biến cố: “Chọn 3 viên bi và được đúng 1 viên bi đỏ”. Số cách chọn 1 trong 4 viên bi đỏ là 4 (cách). Số cách chọn 2 trong 5 viên bi trắng là C25  10 (cách) Suy ra n  A   4  10  40. Vậy P  A   40 10  . 84 21 Ví dụ 3: Trong một hộp đựng 10 cây viết trong đó có 4 cây viết hư. Lấy ngẫu nhiên 3 cây viết. Xác suất để chọn được cả 3 cây đều tốt là bao nhiêu? A. 1 . 2 B. 1 . 4 C. 1 . 6 D. 1 . 8 Hướng dẫn giải 3 Số cách chọn 3 trong 10 cây viết là C10  120 (cách). Suy ra n     120. Gọi A là biến cố: “Chọn được cả 3 cây đều tốt”. Số cây viết còn tốt là 10  4  6 (cây viết). Số cách chọn 3 trong 6 cây viết còn tốt là C63  20 (cách). Suy ra n  A   20. Vậy P  A   20 1  . 120 6 Ví dụ 4: Gieo 2 con súc sắc. Xác suất để số chấm xuất hiện trên hai con súc sắc giống nhau là bao nhiêu? A. 1 . 2 B. 1 . 4 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 C. 1 . 6 D. 1 . 8 Trang 184 Hướng dẫn giải Ta có: n     62  36. Gọi A là biến cố: “Số hiệu xuất hiện trên 2 con súc sắc giống nhau”. Suy ra A   1;1 ,  2; 2  ,  3; 3  ,  4; 4  ,  5; 5  ,  6; 6   n  A   6. Vậy P  A   6 1  . 36 6 Ví dụ 5: Gieo một đồng tiền 5 lần. Xác suất để cả 5 lần đều xuất hiện mặt ngửa là bao nhiêu? Hướng dẫn giải Ta có: n     25  32. Gọi A là biến cố: “Cả 5 lần xuất hiện mặt ngửa”. Suy ra A   N N N N N   n  A   1. Vậy P  A   1 . 32 Ví dụ 6: Từ cỗ bài tú lơ khơ 52 con rút ngẫu nhiên 4 con. Xác suất để được 1 con át và 3 con K là bao nhiêu? Hướng dẫn giải Ta có: n     C452  270725. Gọi A là biến cố: “Rút được 1 con át và 3 con K”. Số cách rút được 1 trong 4 con át là 4 cách. Số cách rút được 3 trong 4 con K là C 34  4 (cách). Suy ra n  A   4  4  16. Vậy P  A   16 . 270725 Ví dụ 7: Có 6 quả cầu được đánh số từ 1 đến 6 và đựng trong một hộp. Lấy ngẫu nhiên 4 quả và xếp chúng theo thứ tự thành hàng ngang từ trái sáng phải. Xác suất để được tổng các chữ số bằng 10 là bao nhiêu? A. 4 . 15 B. 3 . 15 C. 2 . 15 D. 1 . 15 Hướng dẫn giải Lấy 4 quả cầu từ 6 quả cầu và xếp chúng có thứ tự là số chỉnh hợp chập 4 của 6 (cách xếp). Suy ra n     A64  360. Gọi A là biến cố: “Tổng 4 chữ số trên 4 quả cầu bằng 10”. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 185 Các chữ số trên 4 quả cầu chỉ có thể là 1, 2, 3, 4. Vậy mỗi phần tử của A là một hoán vị của 4 chữ số 1, 2, 3, 4. Suy ra P  A   24 1  . 360 15 Ví dụ 8: Trong 100 vé số có 1 vé trúng 10.000 đồng, 5 vé trúng 5.000 đồng và 10 vé trúng 1.000 đồng. Một người mua ngẫu nhiên 3 vé. Xác suất để người đó trúng thưởng đúng 3.000 đồng là bao nhiêu? A. 4 . 2695 B. 3 . 2695 C. 2 . 2695 D. 1 . 2695 Hướng dẫn giải 3 Số cách mua 3 trong 100 vé số là C100  161700 (cách) Suy ra n     161700. Gọi A là biến cố: “Mua 3 vé và trúng đúng 3000 đồng”. Như vậy phải mua đúng 3 vé số loại trúng 1000 đồng. 3 Suy ra n  A   C10  120. Suy ra P  A   120 2  . 161700 2695 Ví dụ 9: Một hộp đựng 100 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 100. Lấy ngẫu nhiên từ hộp một thẻ. Xác suất để số ghi trên thẻ lấy ra đó chia hết cho 2 hoặc 5 là bao nhiêu? A. 3 . 5 B. 7 . 10 C. 4 . 5 D. 9 . 10 Hướng dẫn giải Ta có: n     100. Gọi A là biến cố: “Số ghi trên thẻ chia hết cho 2 hoặc cho 5”. Nhận xét: Một số vừa chia hết cho 2 và vừa chia hết cho 5 thì số đó có chữ số tận cùng là chữ số 0. Do đó cách đếm số phần tử của A như sau:   Các số chẵn từ 2 đến 100 có 50 số. Các số chia hết cho 5 và có chữ số tận cùng khác chữ số 0 từ 5 đến 95 có 10 số. Suy ra n  A   50  10  60. Suy ra P  A   60 3  . 100 5 Ví dụ 10: Cho 8 quả cân có trọng lượng lần lượt là 1kg, 2kg, 3kg, 4kg, 5kg, 6kg, 7kg, 8kg. Chọn ngẫu nhiên ba quả cân trong số đó. Xác suất để tổng trọng lượng 3 quả cân được chọn không vượt quá 9kg là bao nhiêu? Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 186 A. 1 . 14 B. 5 . 56 C. 1 . 8 D. 3 . 28 Hướng dẫn giải Số cách chọn 3 trong 8 quả cân là C83  56 (cách). Suy ra n     56. Gọi A là biến cố: “Tổng trọng lượng 3 quả cân không vượt quá 9kg”. Suy ra 3 quả cân được chọn chỉ có thể là: 1kg 1kg 1kg 1kg 1kg 1kg 2kg 2kg 2kg 2kg 2kg 3kg 3kg 3kg 3kg 4kg 5kg 6kg 4kg 5kg 4kg Suy ra n  A   7. Suy ra P  A   7 1  . 56 8 Ví dụ 11: Một hộp chứa 10 viên bi gồm 6 viên bi màu trắng và 4 viên bi màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp đó. Xác suất để lấy được 2 viên bi màu trắng và 2 viên bi màu đỏ là bao nhiêu? Hướng dẫn giải 4 Số cách chọn 4 trong 10 viên bi là C10  210 (cách). Suy ra n     210. Gọi A là biến cố: “Lấy được 2 viên bi trắng và 2 viên bi đỏ”. Số cách chọn 2 trong 6 viên bi trắng là C62  15 (cách). Số cách chọn 2 trong 4 viên bi đỏ là C 24  6 (cách). Suy ra n  A   15  6  90. Suy ra P  A   90 3  . 210 7 Ví dụ 12. Một hộp chứa 11 quả cầu gồm 5 quả cầu xanh và 6 quả cầu đỏ. Chọn ngẩu nhiên đồng thời 2 quả cầu từ hộp đó. Xác suất để chọn ra 2 quả cầu cùng màu bằng bao nhiêu? Hướng dẫn giải 2 Số cách chọn ngẩu nhiên 2 quả cầu từ 11 quả cầu là C11  55. Số các chọn hai quả cầu cùng màu là C 52  C62  25. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 187 Xác suất để chọn ra hai quả cầu cùng màu là 25 5  . 55 11 Ví dụ 13. Xếp ngẩu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 5 học sinh lớp 12C thành một hang ngang. Tính xác suất để trong 10 học sinh trên không có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau. A. 11 . 630 B. 1 . 126 C. 1 . 105 D. 1 . 42 Hướng dẫn giải Số cách xếp 10 học sinh vào 10 vị trí: n()  10! cách. Gọi A là biến cố : “10 học sinh trên không có hai học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau”. Xếp 5 học sinh lớp 12C vào 5 vị trí có 5! cách. Ứng mỗi cách xếp 5 học sinh lớp 12C sẽ có 6 khoảng trống gồm 4 vị trí ở giữa và 2 vị trí ở đầu để xếp các học sinh còn lại. C1 C2 C3 C4 C5 TH1: Xếp 3 học sinh lớp 12B vào 4 vị trí ở giữa (không xếp vào hai đầu), có A43 cách. Ứng với mỗi cách xếp đó, chọn lấy 1 học sinh lớp 12A xếp vào vị trí thứ 4 (để hai học sinh lớp 12C không được ngồi cạnh nhau), có 2 cách. Học sinh lớp 12A còn lại có 8 vị trí để xếp, có 8 cách. Theo quy tắc nhân, ta có 5!. A43 .2.8 cách. TH2: Xếp hai học sinh trong 3 học sinh lớp 12B vào 4 vị trí ở giữa và học sinh còn lại xếp ở vị trí đầu có C 31 .2. A42 cách. Ứng với mỗi cách xếp đó còn hai vị trí trống ở giữa, xếp 2 học sinh lớp 12A vào hai vị trí đó. Có 2 cách. Theo quy tắc nhân, ta có 5!.C 31 .2. A42 .2 cách. Do đó số cách xếp không có học sinh cùng lớp ngồi cạnh nhau là: n(A)  5!. A43 .2.8  5!.C 31 .2.A42 .2  63360 cách. Vậy P(A)  n(A) 63360 11 .   n() 10! 630 Dạng 2: Quy tắc tính xác suất 1. Phương pháp 1. Quy tắc cộng xác suất Nếu hai biến cố A và B xung khắc thì P  A  B   P  A   P  B  . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 188  Mở rộng quy tắc cộng xác suất Cho k biến cố A1 ,A2 ,…,Ak đôi một xung khắc. Khi đó: P(A1  A 2  …  Ak )  P(A1 )  P(A2 )  …  P(Ak ).  P(A)  1  P(A).  Giải sử A và B là hai biến cố tùy ý cùng liên quan đến một phép thử. Lúc đó: P(A  B)  P  A   P  B   P  AB  . 2. Quy tắc nhân xác suất  Ta nói hai biến cố A và B độc lập nếu sự xảy ra (hay không xảy ra) của A không làm ảnh hưởng đến xác suất của B.  Hai biến cố A và B độc lập khi và chỉ khi P  AB   P  A  .P  B  . 2. Các ví dụ rèn luyện kĩ năng Ví dụ 1: Một hộp đựng 20 viên bi gồm 12 viên bi màu đỏ và 8 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi từ hộp đó. Xác suất để có ít nhất một viên bi màu đỏ là bao nhiêu? Hướng dẫn giải Số cách chọn 3 trong 20 viên bi là C 320  1140 (cách). Suy ra n     1140. Gọi A là biến cố: “Có ít nhất một viên màu đỏ”. Suy ra A là biến cố: “Cả 3 viên bi đều màu xanh”.     Suy ra n A  C83  56. Suy ra P A    Ta có: P  A   1  P A  1  56 14  . 1140 285 14 271  . 285 285 Ví dụ 2: Gieo liên tiếp 4 lần một đồng tiền cân đối và đồng chất. Xác suất của biến cố A: “Có ít nhất một lần mặt ngửa xuất” là bao nhiêu? Hướng dẫn giải Ta có: n     2 4  16. Biến cố A là: “Không có mặt ngửa xuất hiện”. Nghĩa là cả 4 lần đều xuất hiện mặt sấp.     Suy ra n A  1. Suy ra P A  Ta có: P  A   1  1 . 16 1 15  . 16 16 Ví dụ 3: Một tổ có 10 nam và 5 nữ. Chọn ngẫu nhiên 4 người. Xác suất để có ít nhất một nữ bằng bao nhiêu? Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 189 Hướng dẫn giải Số người trong tổ là 10  5  15 (người). 4 Số cách chọn 4 trong 15 người là C15  1365 (cách). Suy ra n     1365. Gọi A là biến cố: “Có ít nhất một nữ”. Suy ra A là biến cố: “Không có nữ”. Nghĩa là có 4 nam.     4 Suy ra n A  C10  210. Suy ra P A  Ta có: P  A   1  210 2  . 1365 13 2 11  . 13 13 Ví dụ 4: Có hai bình, mỗi bình chứa 6 viên bi. Bình thứ nhất có 3 bi xanh, 2 bi vàng và 1 bi đỏ. Bình thứ hai có 2 bi xanh, 1 bi vàng và 3 bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi bình 1 viên bi. Xác suất để được 2 bi xanh là bao nhiêu? Hướng dẫn giải Mỗi bình có 6 viên bi và lấy mỗi bình 1 viên nên n     6. Gọi A là biến cố: “Lấy được một viên bi xanh ở bình thứ nhất”. Suy ra n  A   3. Suy ra P  A   3 1  . 6 2 Gọi B là biến cố: “Lấy được một viên bi xanh ở bình thứ hai”. Suy ra n  B   2. Suy ra P  B   2 1  . 6 3 Ta có: A.B là biến cố: “Lấy được 1 viên bi xanh ở bình thứ nhất và 1 viên bi xanh ở bình thứ 2”. Vì A và B là hai biến cố độc lập nên P  A.B   P  A  .P  B   .  . 1 1 2 3 1 6 Ví dụ 5: Hai xạ thủ cùng bắn mỗi người một phát vào bia. Xác suất trúng đích của người thứ nhất là 0,9; người thứ hai và 0,7. Xác suất cả 2 người đều trúng là bao nhiêu? Hướng dẫn giải Gọi A là biến cố: “Người thứ nhất bắn trúng”. Gọi B là biến cố: “Người thứ hai bắn trúng”. Như vậy A.B là biến cố “Hai người đều bắn trúng”. Vì A và B là hai biến cố độc lập nên P  A.B   P  A  .P  B   0,9.0,7  0,63. Ví dụ 6: Có 2 xạ thủ loại I và 8 xạ thủ loại II. Xác suất bắn trúng đích của các xạ thủ theo thứ tự là 0,9 và 0,8. Lấy ngẫu nhiên ra một xạ thủ và xạ thủ đó bắn một viên đạn. Xác suất để viên đạn đó trúng đích là bao nhiêu? Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 190 Hướng dẫn giải Gọi A là biến cố: “Lấy 1 xạ thủ loại I bắn trúng đích”. Có 2 xạ thủ loại I nên P  A   0,9  0, 45. 2 Gọi B là biến cố: “Lấy 1 xạ thủ loại II bắn trúng đích”. Có 8 xạ thủ loại II nên P  B   0,8  0,1. 8 Ta có: A  B là biến cố: “Lấy ngẫu nhiên một xạ thủ và xạ thủ này bắn trúng”. Vì A và B là biến cố xung khắc nên: P  A  B   P  A   P  B   0,45  0,1  0,55. B. CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM Câu 1: Gieo một đồng tiền cân đối và đồng chất bốn lần. Xác suất để cả bốn lần xuất hiện mặt sấp là? A. 4 . 16 B. 2 . 16 C. 1 . 16 D. 6 . 16 Lời giải Chọn B Số phần tử của không gian mẫu là n (W) = 2.2.2.2 = 16. Gọi A là biến cố ” Cả bốn lần gieo xuất hiện mặt sấp ” ¾¾  WA = 1. Vậy xác suất cần tính P ( A ) = Câu 2: 1 . 16 Gieo một con súc sắc hai lần. Xác suất để ít nhất một lần xuất hiện mặt sáu chấm là? A. 12 . 36 B. 11 . 36 C. 6 . 36 D. 8 . 36 Lời giải Chọn B Số phần tử của không gian mẫu là W = 6.6 = 36. Gọi A là biến cố ” Ít nhất một lần xuất hiện mặt sáu chấm ” . Để tìm số phần tử của biến cố A , ta đi tìm số phần tử của biến cố đối A là ” Không xuất hiện mặt sáu chấm ” ¾¾  WA = 5.5 = 25 ¾¾  WA = 36 – 25 = 11. Vậy xác suất cần tính P ( A ) = Câu 3: 11 . 36 Gieo một con xúc xắc cân đối đồng chất 2 lần. Tính xác suất để biến cố có tổng hai mặt bằng 8. 1 6 A. . B. 5 . 36 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 1 9 C. . 1 2 D. . Trang 191 Lời giải Chọn A Số phần tử của không gian mẫu là W = 6.6 = 36. Gọi A là biến cố ” Số chấm trên mặt hai lần gieo có tổng bằng 8 ” . Gọi số chấm trên mặt khi gieo lần một là x , số chấm trên mặt khi gieo lần hai là y. Theo bài ra, ta có ïìï1 £ x £ 6 ïï í1 £ y £ 6  ( x ; y ) = {(2;6 ), (3;5), (4;4 ), (6;2 ), (5;3), (4;4 )}. ïï ïïî x + y = 8 Khi đó số kết quả thuận lợi của biến cố là WA = 6. Vậy xác suất cần tính P ( A ) = Câu 4: 6 1 = . 36 6 Gieo một con xúc xắc cân đối đồng chất 2 lần, tính xác suất để biến cố có tích 2 lần số chấm khi gieo xúc xắc là một số chẵn. A. 0, 25. B. 0, 5. C. 0,75. D. 0, 85. Lời giải Chọn C Số phần tử của không gian mẫu là W = 6.6 = 36. Gọi A là biến cố ” Tích hai lần số chấm khi gieo xúc xắc là một số chẵn ” . Ta xét các trường hợp: TH1. Gieo lần một, số chấm xuất hiện trên mặt là số lẻ thì khi gieo lần hai, số chấm xuất hiện phải là số chẵn. Khi đó có 3.3 = 9 cách gieo. TH2. Gieo lần một, số chấm xuất hiện trên mặt là số chẵn thì có hai trường hợp xảy ra là số chấm xuất hiện trên mặt khi gieo lần hai là số lẻ hoặc số chẵn. Khi đó có 3.3 + 3.3 = 18 cách gieo. Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố là WA = 9 + 18 = 27. Vậy xác suất cần tìm tính P ( A ) = Câu 5: 27 = 0,75. 36 Gieo ba con súc sắc. Xác suất để số chấm xuất hiện trên ba con súc sắc như nhau là? A. 12 . 216 B. 1 . 216 C. 6 . 216 D. 3 . 216 Lời giải Chọn C Số phần tử của không gian mẫu là W = 6.6.6 = 36. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 192 Gọi A là biến cố ” Số chấm xuất hiện trên ba con súc sắc như nhau ” . Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố A là (1;1;1), (2;2;2 ), (3;3;3),  , (6;6;6 ). Suy ra WA = 6. Vậy xác suất cần tính P ( A ) = 6 . 216 Câu 6: Một đội gồm 5 nam và 8 nữ. Lập một nhóm gồm 4 người hát tốp ca, tính xác suất để trong 4 người được chọn có ít nhất 3 nữ. A. 70 . 143 B. 73 . 143 C. 56 . 143 D. 87 . 143 Lời giải Chọn A Không gian mẫu là chọn tùy ý 4 người từ 13 người. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = C134 = 715 . Gọi A là biến cố ” 4 người được chọn có ít nhất 3 nữ ” . Ta có hai trường hợp thuận lợi cho biến cố A như sau: ● TH1: Chọn 3 nữ và 1 nam, có C83C51 cách. ● TH2: Chọn cả 4 nữ, có C84 cách. Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = C83C51 + C84 = 350 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = Câu 7: WA W = 350 70 = . 715 143 Một hộp có 5 viên bi xanh, 6 viên bi đỏ và 7 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 5 viên bi trong hộp, tính xác suất để 5 viên bi được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng. A. 313 . 408 B. 95 . 408 C. 5 . 102 D. 25 . 136 Lời giải Chọn B Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 5 viên bi từ hộp chứa 18 viên bi. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = C185 = 8568 . Gọi A là biến cố ” 5 viên bi được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng ” . Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố A là: ● TH1: Chọn 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 3 bi xanh nên có C61 .C71 .C53 cách. ● TH2: Chọn 2 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh nên có C62 .C72 .C51 cách. Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = C61 .C71 .C53 + C62 .C72 .C51 = 1995 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 193 Vậy xác suất cần tính P ( A ) = Câu 8: WA W = 1995 95 . = 8568 408 Một hộp có 5 viên bi đỏ, 3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh. Chọn ngẫu nhiên từ hộp 4 viên bị, tính xác suất để 4 viên bi được chọn có số bi đỏ lớn hơn số bi vàng và nhất thiết phải có mặt bi xanh. A. 1 . 12 1 3 B. . C. 16 . 33 1 2 D. . Lời giải Chọn C Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp chứa 12 viên bi. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = C124 = 495 . Gọi A là biến cố ” 4 viên bi được chọn có số bi đỏ lớn hơn số bi vàng và nhất thiết phải có mặt bi xanh ” . Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố A là: ● TH1: Chọn 1 bi đỏ và 3 bi xanh nên có C51 .C43 cách. ● TH2: Chọn 2 bi đỏ và 2 bi xanh nên có C52C42 cách. ● TH3: Chọn 3 bi đỏ và 1 bi xanh nên có C53 .C41 cách. ● TH4: Chọn 2 bi đỏ, 1 bi vàng và 1 bi xanh nên có C52C31C41 cách. Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = C51 .C43 + C52C42 + C53 .C41 + C52C31C41 = 240 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = 240 16 = . 495 33 Câu 9: Có 3 bó hoa. Bó thứ nhất có 8 hoa hồng, bó thứ hai có 7 bông hoa ly, bó thứ ba có 6 bông hoa huệ. Chọn ngẫu nhiên 7 hoa từ ba bó hoa trên để cắm vào lọ hoa, tính xác suất để trong 7 hoa được chọn có số hoa hồng bằng số hoa ly. A. 3851 . 4845 B. 1 . 71 C. 36 . 71 D. 994 . 4845 Lời giải Chọn D Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 7 hoa từ ba bó hoa gồm 21 hoa. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = C217 = 116280 . Gọi A là biến cố ” 7 hoa được chọn có số hoa hồng bằng số hoa ly ” . Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố A là: ● TH1: Chọn 1 hoa hồng, 1 hoa ly và 5 hoa huệ nên có C81 .C71 .C65 cách. ● TH2: Chọn 2 hoa hồng, 2 hoa ly và 3 hoa huệ nên có C82 .C72 .C63 cách. ● TH3: Chọn 3 hoa hồng, 3 hoa ly và 1 hoa huệ nên có C83 .C73 .C61 cách. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 194 Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = C81 .C71 .C65 + C82 .C72 .C63 + C83 .C73 .C61 = 23856 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = 23856 994 = . 116280 4845 Câu 10: Có 13 học sinh của một trường THPT đạt danh hiệu học sinh xuất sắc trong đó khối 12 có 8 học sinh nam và 3 học sinh nữ, khối 11 có 2 học sinh nam. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh bất kỳ để trao thưởng, tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ đồng thời có cả khối 11 và khối 12 . A. 57 . 286 B. 24 . 143 C. 27 . 143 D. 229 . 286 Lời giải Chọn A Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 3 học sinh từ 13 học sinh. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = C133 = 286 . Gọi A là biến cố ” 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ đồng thời có cả khối 11 và khối 12 ” . Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố A là: ● TH1: Chọn 1 học sinh khối 11; 1 học sinh nam khối 12 và 1 học sinh nữ khối 12 nên có C21C81C31 = 48 cách. ● TH2: Chọn 1 học sinh khối 11; 2 học sinh nữ khối 12 có C21C32 = 6 cách. ● TH3: Chọn 2 học sinh khối 11; 1 học sinh nữ khối 12 có C22C31 = 3 cách. Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = 48 + 6 + 3 = 57 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = 57 . 286 Câu 11: Một chiếc hộp đựng 7 viên bi màu xanh, 6 viên bi màu đen, 5 viên bi màu đỏ, 4 viên bi màu trắng. Chọn ngẫu nhiên ra 4 viên bi, tính xác suất để lấy được ít nhất 2 viên bi cùng màu. A. 2808 . 7315 B. 185 . 209 C. 24 . 209 D. 4507 . 7315 Lời giải Chọn B Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ 22 viên bi đã cho. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = C224 = 7315 . Gọi A là biến cố ” Lấy được 4 viên bi trong đó có ít nhất hai viên bi cùng màu ” . Để tìm số phần tử của A , ta đi tìm số phần tử của biến cố A , với biến cố A là lấy được 4 viên bi trong đó không có hai viên bi nào cùng màu. Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = C71C61C51C41 = 840 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 195 Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = W – WA = 6475 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = 6475 185 = . 7315 209 Câu 12: Một hộp đựng 8 quả cầu trắng, 12 quả cầu đen. Lần thứ nhất lấy ngẫu nhiên 1 quả cầu trong hộp, lần thứ hai lấy ngẫu nhiên 1 quả cầu trong các quả cầu còn lại. Tính xác suất để kết quả của hai lần lấy được 2 quả cầu cùng màu. A. 14 . 95 B. 48 . 95 C. 47 . 95 D. 81 . 95 Lời giải Chọn C Không gian mẫu là lấy 2 quả cầu trong hộp một cách lần lượt ngẫu nhiên. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = C201 .C191 = 380 . Gọi A biến cố ” 2 quả cầu được lấy cùng màu ” . Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố A như sau: ● TH1: Lần thứ nhất lấy quả màu trắng và lần thứ hai cũng màu trắng. Do đó trường hợp này có C81 .C71 cách. ● TH2: Lần thứ nhất lấy quả màu đen và lần thứ hai cũng màu đen. Do đó trường hợp này có C121 .C111 cách. Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = C81 .C71 + C121 .C111 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = 1 C81 .C71 + C12 .C111 47 = . 1 1 95 C20 .C19 Câu 13: Một hộp chứa 12 viên bi kích thước như nhau, trong đó có 5 viên bi màu xanh được đánh số từ 1 đến 5; có 4 viên bi màu đỏ được đánh số từ 1 đến 4 và 3 viên bi màu vàng được đánh số từ 1 đến 3. Lấy ngẫu nhiên 2 viên bi từ hộp, tính xác suất để 2 viên bi được lấy vừa khác màu vừa khác số. A. 8 . 33 B. 14 . 33 C. 29 . 66 D. 37 . 66 Lời giải Chọn D Không gian mẫu là số sách lấy tùy ý 2 viên từ hộp chứa 12 viên bi. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = C122 = 66 . Gọi A là biến cố ” 2 viên bi được lấy vừa khác màu vừa khác số ” . ● Số cách lấy 2 viên bi gồm: 1 bi xanh và 1 bi đỏ là 4.4 = 16 cách (do số bi đỏ ít hơn nên ta lấy trước, có 4 cách lấy bi đỏ. Tiếp tục lấy bi xanh nhưng không lấy viên trùng với số của bi đỏ nên có 4 cách lấy bi xanh). Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 196 ● Số cách lấy 2 viên bi gồm: 1 bi xanh và 1 bi vàng là 3.4 = 12 cách. ● Số cách lấy 2 viên bi gồm: 1 bi đỏ và 1 bi vàng là 3.3 = 9 cách. Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = 16 + 12 + 9 = 37 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = 37 . 66 Câu 14: Một hộp chứa 3 viên bi xanh, 5 viên bi đỏ và 6 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 6 viên bi từ hộp, tính xác suất để 6 viên bi được lấy ra có đủ cả ba màu. A. 810 . 1001 B. 191 . 1001 C. 4 . 21 D. 17 . 21 Lời giải Chọn A Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 6 viên bi từ hộp chứa 14 viên bi. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = C146 = 3003 . Gọi A là biến cố ” 6 viên bi được lấy ra có đủ cả ba màu ” . Để tìm số phần tử của biến cố A ta đi tìm số phần tử của biến cố A tức là 6 viên bi lấy ra không có đủ ba màu như sau: ● TH1: Chọn 6 viên bi chỉ có một màu (chỉ chọn được màu vàng). Do đó trường hợp này có C66 = 1 cách. ● TH2: Chọn 6 viên bi có đúng hai màu xanh và đỏ, có C86 cách. Chọn 6 viên bi có đúng hai màu đỏ và vàng, có C116 – C66 cách. Chọn 6 viên bi có đúng hai màu xanh và vàng, có C96 -C66 cách. Do đó trường hợp này có C86 + (C116 – C66 ) + (C96 – C66 ) = 572 cách. Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = 1 + 572 = 573 . Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = W – WA = 3003 – 573 = 2430 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = 2430 810 = . 3003 1001 Câu 15: Trong một hộp có 50 viên bi được đánh số từ 1 đến 50. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi trong hộp, tính xác suất để tổng ba số trên 3 viên bi được chọn là một số chia hết cho 3. A. 816 . 1225 B. 409 . 1225 C. 289 . 1225 D. 936 . 1225 Lời giải Chọn B Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 3 viên bi từ hộp chứa 50 viên bi. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = C503 = 19600 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 197 Gọi A là biến cố ” 3 viên bi được chọn là một số chia hết cho 3 ” . Trong 50 viên bi được chia thành ba loại gồm: 16 viên bi có số chia hết cho 3; 17 viên bi có số chia cho 3 dư 1 và 17 viên bi còn lại có số chia cho 3 dư 2. Để tìm số kết quả thuận lợi cho biến cố A , ta xét các trường hợp ● TH1: 3 viên bi được chọn cùng một loại, có (C163 + C173 + C173 ) = 1920 cách. ● TH2: 3 viên bi được chọn có mỗi viên mỗi loại, có C161 .C171 .C171 = 4624 cách. Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = (C163 + C173 + C173 ) + C161 .C171 .C171 = 6544 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = 6544 409 = . 19600 1225 Câu 16: Cho tập hợp A = {0; 1; 2; 3; 4; 5} . Gọi S là tập hợp các số có 3 chữ số khác nhau được lập thành từ các chữ số của tập A . Chọn ngẫu nhiên một số từ S , tính xác suất để số được chọn có chữ số cuối gấp đôi chữ số đầu. 1 5 A. . B. 23 . 25 C. 2 . 25 D. 4 . 5 Lời giải Chọn C ïìa, b, c Î A ï Gọi số cần tìm của tập S có dạng abc . Trong đó ïïía ¹ 0 ïï ïïîa ¹ b; b ¹ c; c ¹ a . Khi đó ● Số cách chọn chữ số a có 5 cách chọn vì a ¹ 0 . ● Số cách chọn chữ số b có 5 cách chọn vì b ¹ a . ● Số cách chọn chữ số c có 4 cách chọn vì c ¹ a và c ¹ b . Do đó tập S có 5.5.4 = 100 phần tử. Không gian mẫu là chọn ngẫu nhiên 1 số từ tập S . 1 Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = C100 = 100 . Gọi X là biến cố ” Số được chọn có chữ số cuối gấp đôi chữ số đầu ” . Khi đó ta có các bộ số là 1b2 hoặc 2b4 thỏa mãn biến cố X và cứ mỗi bộ thì b có 4 cách chọn nên có tất cả 8 số thỏa yêu cầu. Suy ra số phần tử của biến cố X là WX = 8 . Vậy xác suất cần tính P ( X ) = WX W = 8 2 = . 100 25 Câu 17: Cho tập hợp A = {2; 3; 4; 5; 6; 7; 8} . Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau được lập thành từ các chữ số của tập A . Chọn ngẫu nhiên một số từ S , tính Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 198 xác suất để số được chọn mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ. 1 5 A. . B. 3 . 35 C. 17 . 35 D. 18 . 35 Lời giải Chọn D Số phần tử của tập S là A74 = 840. Không gian mẫu là chọn ngẫu nhiên 1 số từ tập S . 1 Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = C840 = 840. Gọi X là biến cố ” Số được chọn luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ ” . ● Số cách chọn hai chữ số chẵn từ bốn chữ số 2; 4; 6; 8 là C42 = 6 cách. ● Số cách chọn hai chữ số lẻ từ ba chữ số 3; 5; 7 là C32 = 3 cách. ● Từ bốn chữ số được chọn ta lập số có bốn chữ số khác nhau, số cách lập tương ứng với một hoán vị của 4 phần tử nên có 4! cách. Suy ra số phần tử của biến cố X là WX = C42 .C32 .4! = 432. WX Vậy xác suất cần tính P ( X ) = W = 432 18 = . 840 35 Câu 18: Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau được lập thành từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 6 . Chọn ngẫu nhiên một số từ S , tính xác xuất để số được chọn chia hết cho 3 . A. 1 . 10 3 5 2 5 B. . C. . D. 1 . 15 Lời giải Chọn C Số phần tử của S là A53 = 60 . Không gian mẫu là chọn ngẫu nhiên 1 số từ tập S . Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = C601 = 60. Gọi A là biến cố ” Số được chọn chia hết cho 3 ” . Từ 5 chữ số đã cho ta có 4 bộ gồm ba chữ số có tổng chia hết cho 3 là (1; 2; 3) , (1; 2; 6 ) , (2; 3; 4 ) và (2; 4; 6 ) . Mỗi bộ ba chữ số này ta lập được 3! = 6 số thuộc tập hợp S . Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = 6.4 = 24 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = 24 2 = . 60 5 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 199 Câu 19: Cho tập hợp A = {1; 2; 3; 4; 5} . Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số, các chữ số đôi một khác nhau được lập thành từ các chữ số thuộc tập A . Chọn ngẫu nhiên một số từ S , tính xác xuất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 10 . A. 1 . 30 B. 3 . 25 C. 22 . 25 D. 2 . 25 Lời giải Chọn B Ta tính số phần tử thuộc tập S như sau: ● Số các số thuộc S có 3 chữ số là A53 . ● Số các số thuộc S có 4 chữ số là A54 . ● Số các số thuộc S có 5 chữ số là A55 . Suy ra số phần tử của tập S là A53 + A54 + A55 = 300 . Không gian mẫu là chọn ngẫu nhiên 1 số từ tập S . 1 Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = C300 = 300 . Gọi X là biến cố ” Số được chọn có tổng các chữ số bằng 10 ” . Các tập con của A có tổng số phần tử bằng 10 là A1 = {1; 2; 3; 4 } , A2 = {2; 3; 5} , A3 = {1; 4; 5} . ● Từ A1 lập được các số thuộc S là 4! . ● Từ A2 lập được các số thuộc S là 3! . ● Từ A3 lập được các số thuộc S là 3! . Suy ra số phần tử của biến cố X là WX = 4!+ 3!+ 3! = 36. Vậy xác suất cần tính P ( X ) = WX W = 36 3 = . 300 25 Câu 20: Một hộp đựng 10 chiếc thẻ được đánh số từ 0 đến 9 . Lấy ngẫu nhiên ra 3 chiếc thẻ, tính xác suất để 3 chữ số trên 3 chiếc thẻ được lấy ra có thể ghép thành một số chia hết cho 5. A. 8 . 15 B. 7 . 15 2 5 C. . 3 5 D. . Lời giải Chọn A Không gian mẫu là số cách lấy ngẫu nhiên 3 chiếc thẻ từ 10 chiếc thẻ. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = C103 = 120 . Gọi A là biến cố ” 3 chữ số trên 3 chiếc thẻ được lấy ra có thể ghép thành một số chia hết cho 5 ” . Để cho biến cố A xảy ra thì trong 3 thẻ lấy được phải có thẻ mang chữ số 0 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 200 hoặc chữ số 5 . Ta đi tìm số phần tử của biến cố A , tức 3 thẻ lấy ra không có thẻ mang chữ số 0 và cũng không có thẻ mang chữ số 5 là C83 cách. Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = C103 – C83 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = C103 – C83 8 = . 3 15 C10 Câu 21: Có 20 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 20 . Chọn ngẫu nhiên ra 8 tấm thẻ, tính xác suất để có 3 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 . A. 560 . 4199 B. 4 . 15 C. 11 . 15 D. 3639 . 4199 Lời giải Chọn A Không gian mẫu là cách chọn 8 tấm thể trong 20 tấm thẻ. Suy ra số phần tử của không mẫu là W = C208 = 25970 . Gọi A là biến cố ” 3 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 ” . Để tìm số phần tử của A ta làm như sau: ● Đầu tiên chọn 3 tấm thẻ trong 10 tấm thẻ mang số lẻ, có C103 cách. ● Tiếp theo chọn 4 tấm thẻ trong 8 tấm thẻ mang số chẵn (không chia hết cho 10 ), có C84 cách. ● Sau cùng ta chọn 1 trong 2 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 , có C21 cách. Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = C103 .C84 .C21 = 16800 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = C103 .C84 .C21 560 = . 8 4199 C20 Câu 22: Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số. Chọn ngẫu nhiên đồng thời hai số từ tập hợp S . Tính xác suất để hai số được chọn có chữ số hàng đơn vị giống nhau. A. 8 . 89 B. 81 . 89 C. 36 . 89 D. 53 . 89 Lời giải Chọn A Số phần tử của tập S là 9.10 = 90 . Không gian mẫu là chọn ngẫu nhiên 2 số từ tập S . Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = C902 = 4005 . Gọi X là biến cố ” Số được chọn có chữ số hàng đơn vị giống nhau ” . Ta mô tả không gian của biến cố X nhưu sau: Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 201 ● Có 10 cách chọn chữ số hàng đơn vị (chọn từ các chữ số {0; 1; 2; 3;…; 9} ). ● Có C92 cách chọn hai chữ số hàng chục (chọn từ các chữ số {1; 2; 3;…; 9} ). Suy ra số phần tử của biến cố X là WX = 10.C92 = 360 . Vậy xác suất cần tính P ( X ) = WX W = 360 8 = . 4005 89 Câu 23: Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 9 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ S , tính xác suất để chọn được một số gồm 4 chữ số lẻ và chữ số 0 luôn đứng giữa hai chữ số lẻ (hai số hai bên chữ số 0 là số lẻ). A. 49 . 54 B. 5 . 54 C. 1 . 7776 D. 45 . 54 Lời giải Chọn B Số phần tử của tập S là 9. A98 . Không gian mẫu là chọn ngẫu nhiên 1 số từ tập S . Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = 9. A98 = 3265920 . Gọi X là biến cố ” Số được chọn gồm 4 chữ số lẻ và chữ số 0 luôn đứng giữa hai chữ số lẻ ” . Do số 0 luôn đứng giữa 2 số lẻ nên số 0 không đứng ở vị trí đầu tiên và vị trí cuối cùng. Ta có các khả năng ● Chọn 1 trong 7 vị trí để xếp số 0 , có C71 cách. ● Chọn 2 trong 5 số lẻ và xếp vào 2 vị trí cạnh số 0 vừa xếp, có A52 cách. ● Chọn 2 số lẻ trong 3 số lẻ còn lại và chọn 4 số chẵn từ {2; 4; 6; 8} sau đó xếp 6 số này vào 6 vị trí trống còn lại có C32 .C44 .6! cách. Suy ra số phần tử của biến cố X là WX = C71 . A52 .C32 .C44 .6! = 302400 . Vậy xác suất cần tính P ( X ) = WX W = C71 . A52 .C32 .C44 .6! 5 = . 54 9. A98 Câu 24: Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 9 đội bóng tham dự, trong đó có 6 đội nước ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C và mỗi bảng có 3 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở 3 bảng khác nhau. A. 3 . 56 B. 19 . 28 C. 9 . 28 D. 53 . 56 Lời giải Chọn C Không gian mẫu là số cách chia tùy ý 9 đội thành 3 bảng. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = C93 .C63 .C33 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 202 Gọi X là biến cố ” 3 đội bóng của Việt Nam ở 3 bảng khác nhau ” . ● Bước 1. Xếp 3 đội Việt Nam ở 3 bảng khác nhau nên có 3! cách. ● Bước 2. Xếp 6 đội còn lại vào 3 bảng A, B, C này có C62 .C42 .C22 cách. Suy ra số phần tử của biến cố X là WX = 3!.C62 .C42 .C22 . Vậy xác suất cần tính P ( X ) = WX W = 3!.C62 .C42 .C22 540 9 = = 1680 28 C93 .C63 .C33 . Câu 25: Trong giải cầu lông kỷ niệm ngày truyền thống học sinh sinh viên có 8 người tham gia trong đó có hai bạn Việt và Nam. Các vận động viên được chia làm hai bảng A và B , mỗi bảng gồm 4 người. Giả sử việc chia bảng thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên, tính xác suất để cả 2 bạn Việt và Nam nằm chung 1 bảng đấu. 6 7 A. . 5 7 B. . C. 4 . 7 3 7 D. . Lời giải Chọn D Không gian mẫu là số cách chia tùy ý 8 người thành 2 bảng. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = C84 .C44 . Gọi X là biến cố ” 2 bạn Việt và Nam nằm chung 1 bảng đấu ” . ● Bước 1. Xếp 2 bạn Việt và Nam nằm chung 1 bảng đấu nên có C21 cách. ● Bước 2. Xếp 6 bạn còn lại vào 2 bảng A, B cho đủ mỗi bảng là 4 bạn thì có C62 .C44 cách. Suy ra số phần tử của biến cố X là WX = C21 .C62 .C44 . Vậy xác suất cần tính P ( X ) = WX W = C84 .C44 3 = . 1 2 4 7 C2 .C6 .C4 Câu 26: Một bộ đề thi toán học sinh giỏi lớp 12 mà mỗi đề gồm 5 câu được chọn từ 15 câu dễ, 10 câu trung bình và 5 câu khó. Một đề thi được gọi là ” Tốt ” nếu trong đề thi có cả ba câu dễ, trung bình và khó, đồng thời số câu dễ không ít hơn 2 . Lấy ngẫu nhiên một đề thi trong bộ đề trên. Tìm xác suất để đề thi lấy ra là một đề thi ” Tốt ” . A. 941 . 1566 B. 2 . 5 C. 4 . 5 D. 625 . 1566 Lời giải Chọn D Số phần tử của không gian mẫu là W = C305 = 142506 . Gọi A là biến cố ” Đề thi lấy ra là một đề thi ” Tốt ” ” . Vì trong một đề thi ” Tốt ” có cả ba câu dễ, trung bình và khó, đồng thời số câu dễ không ít hơn 2 nên ta có các trường hợp sau đây thuận lợi cho biến cố A . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 203 ● Đề thi gồm 3 câu dễ, 1 câu trung bình và 1 câu khó: có C153 C101 C51 đề. ● Đề thi gồm 2 câu dễ, 2 câu trung bình và 1 câu khó: có C153 C101 C51 đề. ● Đề thi gồm 2 câu dễ, 1 câu trung bình và 2 câu khó: có C152 C101 C52 đề. Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = C153 C101 C51 + C153 C101 C51 + C152 C101 C52 = 56875 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = 56875 625 = . 142506 1566 Câu 27: Trong một kỳ thi vấn đáp thí sinh A phải đứng trước ban giám khảo chọn ngẫu nhiên 3 phiếu câu hỏi từ một thùng phiếu gồm 50 phiếu câu hỏi, trong đó có 4 cặp phiếu câu hỏi mà mỗi cặp phiếu có nội dung khác nhau từng đôi một và trong mỗi một cặp phiếu có nội dung giống nhau. Tính xác suất để thí sinh A chọn được 3 phiếu câu hỏi có nội dung khác nhau. A. 3 4 B. 12 . 1225 C. 4 . 7 D. 1213 . 1225 Lời giải Chọn D Không gian mẫu là số cách chọn tùy ý 3 phiếu câu hỏi từ 50 phiếu câu hỏi. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là WA = C503 . Gọi X là biến cố ” Thí sinh A chọn được 3 phiếu câu hỏi khác nhau ” . Để tìm số phần tử của X ta tìm số phần tử của biến cố X , lúc này cần chọn được 1 cặp trong 4 cặp phiếu có câu hỏi giống nhau và chọn 1 phiếu trong 48 phiếu còn lại. Suy ra số phần tử của biến cố X là WX = C41 .C481 . Vậy xác suất cần tính P ( X ) = WX W W – WX = W = 1 C503 – C41 .C48 1213 . = 3 C50 1225 Trong kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2016 có môn thi bắt buộc là môn Tiếng Anh. Môn thi này thi dưới hình thức trắc nghiệm với 4 phương án trả lời A, B, C, D . Mỗi câu trả lời đúng được cộng 0, 2 điểm và mỗi câu trả lời sai bị trừ đi 0,1 điểm. Bạn Hoa vì học rất kém môn Tiếng Anh nên chọn ngẫu nhiên cả 50 câu trả lời. Tính xác xuất để bạn Hoa đạt được 4 điểm môn Tiếng Anh trong kỳ thi trên. 20 A. C5300 . (3) 4 50 20 20 . B. A5300 . (3) 4 50 . C. C5030 . (3) 50 20 . D. A5030 . (3) 50 . Lời giải Chọn A Gọi x là số câu trả lời đúng, suy ra 50 – x là số câu trả lời sai. Ta có số điểm của Hoa là 0, 2. x – 0,1. (50 – x ) = 4  x = 30 . Do đó bạn Hoa trả lời đúng 30 câu và sai 20 câu. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 204 Không gian mẫu là số phương án trả lời 50 câu hỏi mà bạn Hoa chọn ngẫu nhiên. Mỗi câu có 4 phương án trả lời nên có 4 50 khả năng. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = 4 50 . Gọi X là biến cố ” Bạn Hoa trả lời đúng 30 câu và sai 20 câu ” . Vì mỗi câu đúng có 1 20 phương án trả lời, mỗi câu sai có 3 phương án trả lời. Vì vậy có C5030 . (3) khả năng thuận lợi cho biến cố X . Suy ra số phần tử của biến cố X là WX = C5030 . (3)20 . Vậy xác suất cần tính P ( X ) = WX W 20 = C5300 . (3) 4 50 . Câu 28: Có 6 học sinh lớp 11 và 3 học sinh lớp 12 được xếp ngẫu nhiên vào 9 ghế thành một dãy. Tính xác suất để xếp được 3 học sinh lớp 12 xen kẽ giữa 6 học sinh lớp 11 . A. 5 . 12 B. 7 . 12 C. 1 . 1728 D. 5 . 72 Lời giải Chọn A Không gian mẫu là số cách sắp xếp tất cả 9 học sinh vào một ghế dài. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = 9! . Gọi A là biến cố ” Xếp 3 học sinh lớp 12 xen kẽ giữa 6 học sinh lớp 11 ” . Ta mô tả khả năng thuận lợi của biến cố A như sau: ● Đầu tiên xếp 6 học sinh lớp 11 thành một dãy, có 6! cách. ● Sau đó xem 6 học sinh này như 6 vách ngăn nên có 7 vị trí để xếp 3 học sinh lớp 12 (gồm 5 vị trí giữa 6 học sinh và 2 vị trí hai đầu). Do đó có A73 cách xếp 3 học sinh lớp 12 . Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = 6!. A73 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = 6!. A73 5 = . 9! 12 Câu 29: Đội tuyển học sinh giỏi của một trường THPT có 8 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Trong buổi lễ trao phần thưởng, các học sinh trên được xếp thành một hàng ngang. Tính xác suất để khi xếp sao cho 2 học sinh nữ không đứng cạnh nhau. A. 653 . 660 B. 7 . 660 C. 41 . 55 D. 14 . 55 Lời giải Chọn D Không gian mẫu là số cách sắp xếp tất cả 12 học sinh thành một hàng ngang. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = 12! . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 205 Gọi A là biến cố ” Xếp các học sinh trên thành một hàng ngang mà 2 học sinh nữ không đứng cạnh nhau ” . Ta mô tả khả năng thuận lợi của biến cố A như sau: ● Đầu tiên xếp 8 học sinh nam thành một hàng ngang, có 8! cách. ● Sau đó xem 8 học sinh này như 8 vách ngăn nên có 9 vị trí để xếp 4 học sinh nữ thỏa yêu cầu bài toán (gồm 7 vị trí giữa 8 học sinh và 2 vị trí hai đầu). Do đó có A94 cách xếp 4 học sinh nữ. Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = 8!. A94 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = 8! A94 14 = . 12! 55 Câu 30: Có 3 bì thư giống nhau lần lượt được đánh số thứ tự từ 1 đến 3 và 3 con tem giống nhau lần lượt đánh số thứ tự từ 1 đến 3 . Dán 3 con tem đó vào 3 bì thư sao cho không có bì thư nào không có tem. Tính xác suất để lấy ra được 2 bì thư trong 3 bì thư trên sao cho mỗi bì thư đều có số thứ tự giống với số thứ tự con tem đã dán vào nó. 5 6 A. . B. 1 . 6 2 3 C. . 1 2 D. . Lời giải Chọn B Không gian mẫu là số cách dán 3 con tem trên 3 bì thư, tức là hoán vị của 3 con tem trên 3 bì thư. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = 3! = 6 . Gọi A là biến cố ” 2 bì thư lấy ra có số thứ tự giống với số thứ tự con tem đã dán vào nó ” . Thế thì bì thư còn lại cũng có số thứ tự giống với số thứ tự con tem đã dán vào nó. Trường hợp này có 1 cách duy nhất. Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = 1 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W 1 = . 6 Câu 31: Trong thư viện có 12 quyển sách gồm 3 quyển Toán giống nhau, 3 quyển Lý giống nhau, 3 quyển Hóa giống nhau và 3 quyển Sinh giống nhau. Có bao nhiêu cách xếp thành một dãy sao cho 3 quyển sách thuộc cùng 1 môn không được xếp liền nhau? A. 16800. B. 1680. C. 140. D. 4200. Lời giải Chọn A Xếp 3 cuốn sách Toán kề nhau. Xem 3 cuốn sách Toán là 3 vách ngăn, giữa 3 cuốn sách Toán có 2 vị trí trống và thêm hai vị trí hai đầu, tổng cộng có 4 vị trí trống. Bước 1. Chọn 3 vị trí trống trong 4 vị trí để xếp 3 cuốn Lý, có C43 cách. Bước 2. Giữa 6 cuốn Lý và Toán có 5 vị trí trống và thêm 2 vị trí hai đầu, tổng cộng có 7 vị trí trống. Chọn 3 vị trí trong 7 vị trí trống để xếp 3 cuốn Hóa, có C73 cách. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 206 Bước 3. Giữa 9 cuốn sách Toán, Lý và Hóa đã xếp có 8 vị trí trống và thêm 2 vị trí hai đầu, tổng cộng có 10 vị trí trống. Chọn 3 vị trí trong 10 vị trí trống để xếp 3 cuốn Sinh, có C103 cách. Vậy theo quy tắc nhân có C43 .C73 .C103 = 16800 cách. Câu 32: Xếp 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ vào một bàn tròn 10 ghế. Tính xác suất để không có hai học sinh nữ ngồi cạnh nhau. A. 37 . 42 B. 5 . 42 C. 5 . 1008 1 6 D. . Lời giải Chọn B Cố định 1 vị trí cho một học sinh nam (hoặc nữ), đánh dấu các ghế còn lại từ 1 đến 9. Không gian mẫu là hoán vị 9 học sinh (còn lại không cố định) trên 9 ghế đánh dấu. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = 9! . Gọi A là biến cố ” không có hai học sinh nữ ngồi cạnh nhau ” . Ta mô tả khả năng thuận lợi của biến cố A như sau: ● Đầu tiên ta cố định 1 học sinh nam, 5 học sinh nam còn lại có 5! cách xếp. ● Ta xem 6 học sinh nam như 6 vách ngăn trên vòng tròn, thế thì sẽ tạo ra 6 ô trống để ta xếp 4 học sinh nữ vào (mỗi ô trống chỉ được xếp 1 học sinh nữ). Do đó có A64 cách. Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = 5!. A64 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = 5!. A64 5 = . 9! 42 Câu 33: Có 4 hành khách bước lên một đoàn tàu gồm 4 toa. Mỗi hành khách độc lập với nhau và chọn ngẫu nhiên một toa. Tính xác suất để 1 toa có 3 người, 1 toa có 1 người, 2 toa còn lại không có ai. A. 3 . 4 B. 3 . 16 C. 13 . 16 D. 1 . 4 Lời giải Chọn B Không gian mẫu là số cách sắp xếp 4 hành khách lên 4 toa tàu. Vì mỗi hành khách có 4 cách chọn toa nên có 4 4 cách xếp. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = 4 4 . Gọi A là biến cố ” 1 toa có 3 người, 1 toa có 1 người, 2 toa còn lại không có ai ” . Để tìm số phần tử của A , ta chia làm hai giai đoạn như sau: ● Giai đoạn thứ nhất. Chọn 3 hành khách trong 4 hành khách, chọn 1 toa trong 4 toa và xếp lên toa đó 3 hành khách vừa chọn. Suy ra có C43 .C41 cách. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 207 ● Giai đoạn thứ hai. Chọn 1 toa trong 3 toa còn lại và xếp lên toa đó 1 một hành khách còn lại. Suy ra có C31 cách. Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = C43 .C41 .C31 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = C43 .C41 .C31 48 3 = 4 = 16 44 4 . Câu 34: Có 8 người khách bước ngẫu nhiên vào một cửa hàng có 3 quầy. Tính xác suất để 3 người cùng đến quầy thứ nhất. A. 10 . 13 B. 3 . 13 C. 4769 . 6561 D. 1792 . 6561 Lời giải Chọn D Không gian mẫu là số cách sắp xếp 8 người khách vào 3 quầy. Vì mỗi người khách có 3 cách chọn quầy nên có 38 khả năng xảy ra. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = 38 . Gọi A là biến cố ʹʹ Có 3 người cùng đến quầy thứ nhất, 5 người còn lại đến quầy thứ hai hoặc ba ʹʹ . Để tìm số phần tử của A , ta chia làm hai giai đoạn như sau: ● Giai đoạn thứ nhất. Chọn 3 người khách trong 8 người khách và cho đến quầy thứ nhất, có C83 cách. ● Giai đoạn thứ hai. Còn lại 5 người khách xếp vào 2 quầy. Mỗi người khách có 2 cách chọn quầy. Suy ra có 2 5 cách xếp. Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = C83 .25 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = C83 .2 5 1792 = . 6561 38 Câu 35: Trong một buổi liên hoan có 10 cặp nam nữ, trong đó có 4 cặp vợ chồng. Chọn ngẫu nhiên 3 người để biểu diễn một tiết mục văn nghệ. Tính xác suất để 3 người được chọn không có cặp vợ chồng nào. A. 94 . 95 B. 1 . 95 C. 6 . 95 D. 89 . 95 Lời giải Chọn D Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 3 người trong 20 người. Suy ra số phần tử không gian mẫu là W = C203 = 1140 . Gọi A là biến cố ” 3 người được chọn không có cặp vợ chồng nào ” . Để tìm số phần tử của A , ta đi tìm số phần tử của biến cố A , với biến cố A là 3 người được chọn luôn có 1 cặp vợ chồng. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 208 ● Chọn 1 cặp vợ chồng trong 4 cặp vợ chồng, có C41 cách. ● Chọn thêm 1 người trong 18 người, có C181 cách. Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = C41 .C181 = 72 . Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = 1140 – 72 = 1068 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = 1068 89 = . 1140 95 Câu 36: Một lớp học có 40 học sinh trong đó có 4 cặp anh em sinh đôi. Trong buổi họp đầu năm thầy giáo chủ nhiệm lớp muốn chọn ra 3 học sinh để làm cán sự lớp gồm lớp trưởng, lớp phó và bí thư. Tính xác suất để chọn ra 3 học sinh làm cán sự lớp mà không có cặp anh em sinh đôi nào. A. 64 . 65 B. 1 . 65 C. 1 . 256 D. 255 . 256 Lời giải Chọn A Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 3 học sinh trong 40 học sinh. Suy ra số phần tử không gian mẫu là W = C403 = 9880 . Gọi A là biến cố ” 3 học sinh được chọn không có cặp anh em sinh đôi nào ” . Để tìm số phần tử của A , ta đi tìm số phần tử của biến cố A , với biến cố A là 3 học sinh được chọn luôn có 1 cặp anh em sinh đôi. ● Chọn 1 cặp em sinh đôi trong 4 cặp em sinh đôi, có C41 cách. ● Chọn thêm 1 học sinh trong 38 học sinh, có C381 cách. Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = C41 .C381 = 152 . Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = 9880 -152 = 9728 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = 9728 64 = 9880 65 . Câu 37: Một người có 10 đôi giày khác nhau và trong lúc đi du lịch vội vã lấy ngẫu nhiên 4 chiếc. Tính xác suất để trong 4 chiếc giày lấy ra có ít nhất một đôi. 3 7 A. . B. 13 . 64 C. 99 . 323 D. 224 . 323 Lời giải Chọn C Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 4 chiếc giày từ 20 chiếc giày. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = C204 = 4845 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 209 Gọi A là biến cố ” 4 chiếc giày lấy ra có ít nhất một đôi ” . Để tìm số phần tử của biến cố A , ta đi tìm số phần tử của biến cố A , với biến cố A là 4 chiếc giày được chọn không có đôi nào. ● Số cách chọn 4 đôi giày từ 10 đôi giày là C104 . ● Mỗi đôi chọn ra 1 chiếc, thế thì mỗi chiếc có C21 cách chọn. Suy ra 4 chiếc có (C21 ) 4 cách chọn. Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = C104 . (C21 ) = 3360 . 4 Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = 4845 – 3360 = 1485 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = 1485 99 = . 4845 323 Câu 38: Một trường THPT có 10 lớp 12 , mỗi lớp cử 3 học sinh tham gia vẽ tranh cổ động. Các lớp tiến hành bắt tay giao lưu với nhau (các học sinh cùng lớp không bắt tay với nhau). Tính số lần bắt tay của các học sinh với nhau, biết rằng hai học sinh khác nhau ở hai lớp khác nhau chỉ bắt tay đúng 1 lần. A. 405. B. 435. C. 30. D. 45. Lời giải Chọn A Mỗi lớp cử ra 3 học sinh nên 10 lớp cử ra 30 học sinh. Suy ra số lần bắt tay là C302 (bao gồm các học sinh cùng lớp bắt tay với nhau). Số lần bắt tay của các học sinh học cùng một lớp là 10.C32 . Vậy số lần bắt tay của các học sinh với nhau là C302 -10.C32 = 405 . Câu 39: Có 5 đoạn thẳng có độ dài lần lượt là 2cm, 4 cm, 6cm, 8cm và 10cm . Lấy ngẫu nhiên 3 đoạn thẳng trong 5 đoạn thẳng trên, tính xác suất để 3 đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác. A. 3 . 10 B. 9 . 10 C. 7 . 10 D. 4 . 5 Lời giải Chọn A Không gian mẫu là số cách lấy 3 đoạn thẳng từ 5 đoạn thẳng. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = C53 = 10 . Gọi A là biến cố ” 3 đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác ” . Để ba đoạn thẳng tạo thành một tam giác chỉ có các trường hợp: (4 cm, 6cm, 8cm ) hoặc (6cm, 8cm, 10cm ) hoặc (4 cm, 8cm, 10cm ) . Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = 3 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 210 Vậy xác suất cần tìm P ( A ) = WA W = 3 10 . Câu 40: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Ở góc phần tư thứ nhất ta lấy 2 điểm phân biệt; cứ thế ở các góc phần tư thứ hai, thứ ba, thứ tư ta lần lượt lấy 3, 4, 5 điểm phân biệt (các điểm không nằm trên các trục tọa độ). Trong 14 điểm đó ta lấy 2 điểm bất kỳ. Tính xác suất để đoạn thẳng nối hai điểm đó cắt hai trục tọa độ. A. 68 . 91 B. 23 . 91 C. 8 . 91 D. 83 . 91 Lời giải Chọn B Không gian mẫu là số cách chọn 2 điểm bất kỳ trong 14 điểm đã cho. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = C142 = 91 . Gọi A là biến cố ” Đoạn thẳng nối 2 điểm được chọn cắt hai trục tọa độ ” . Để xảy ra biến cố A thì hai đầu đoạn thẳng đó phải ở góc phần tư thứ nhất và thứ ba hoặc phần tư thứ hai và thứ tư. ● Hai đầu đoạn thẳng ở góc phần tư thứ nhất và thứ ba, có C21C41 cách. ● Hai đầu đoạn thẳng ở góc phần tư thứ hai và thứ tư, có C31C51 cách. Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = C21C41 + C31C51 = 23 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = 23 . 91 Câu 41: Một lớp học có 30 học sinh gồm có cả nam và nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để tham gia hoạt động của Đoàn trường. Xác suất chọn được 2 nam và 1 nữ là 12 . Tính số học 29 sinh nữ của lớp. A. 16. B. 14. C. 13. D. 17. Lời giải Chọn B Gọi số học sinh nữ của lớp là n (n Î  * , n £ 28) . Suy ra số học sinh nam là 30 – n . Không gian mẫu là chọn bất kì 3 học sinh từ 30 học sinh. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = C303 . Gọi A là biến cố ” Chọn được 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ ” . ● Chọn 2 nam trong 30 – n nam, có C302 -n cách. ● Chọn 1 nữ trong n nữ, có Cn1 cách. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 211 Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = C302 -n .Cn1 . Do đó xác suất của biến cố A là P ( A ) = Theo giả thiết, ta có P ( A ) = WA W = C302 -n .Cn1 C303 . C 2 .C 1 12 12  30-n3 n = ¾¾  n = 14. 29 C30 29 Vậy số học sinh nữ của lớp là 14 học sinh. Câu 42: Một chi đoàn có 3 đoàn viên nữ và một số đoàn viên nam. Cần lập một đội thanh niên tình nguyện (TNTN) gồm 4 người. Biết xác suất để trong 4 người được chọn có 3 nữ bằng 2 5 lần xác suất 4 người được chọn toàn nam. Hỏi chi đoàn đó có bao nhiêu đoàn viên. A. 9. B. 10. C. 11. D. 12. Lời giải Chọn A Gọi số đoàn viên trong chi đoàn đó là n (n ³ 7, n Î  * ) . Suy ra số đoàn viên nam trong chi đoàn là n – 3 . Xác suất để lập đội TNTN trong đó có 3 nữ là Xác suất để lập đội TNTN có toàn nam là Theo giả thiết, ta có C33 .Cn1-3 Cn4 . Cn4-3 . Cn4 C33 .Cn1-3 2 Cn4-3 2 = . 4  Cn1-3 = .Cn4-3 ¾¾  n = 9. Cn4 5 Cn 5 Vậy cho đoàn có 9 đoàn viên. Câu 43: Một hộp có 10 phiếu, trong đó có 2 phiếu trúng thưởng. Có 10 người lần lượt lấy ngẫu nhiên mỗi người 1 phiếu. Tính xác suất người thứ ba lấy được phiếu trúng thưởng. A. 4 . 5 3 5 1 5 B. . C. . 2 5 D. . Lời giải Chọn C Không gian mẫu là mỗi người lấy ngẫu nhiên 1 phiếu. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = 10! . Gọi A là biến cố ” Người thứ ba lấy được phiếu trúng thưởng ” . Ta mô tả khả năng thuận lợi của biến cố A như sau: ● Người thứ ba có C21 = 2 khả năng lấy được phiếu trúng thưởng. ● 9 người còn lại có số cách lấy phiếu là 9! . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 212 Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = 2.9! . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = 2.9! 1 = . 10! 5 Câu 44: Trong kỳ thi THPT Quốc Gia, mỗi lớp thi gồm 24 thí sinh được sắp xếp vào 24 bàn khác nhau. Bạn Nam là một thí sinh dự thi, bạn đăng ký 4 môn thi và cả 4 lần thi đều thi tại một phòng duy nhất. Giả sử giám thị xếp thí sinh vào vị trí một cách ngẫu nhiên, tính xác xuất để trong 4 lần thi thì bạn Nam có đúng 2 lần ngồi cùng vào một vị trí. A. 253 . 1152 B. 899 . 1152 C. 4 . 7 D. 26 . 35 Lời giải Chọn A Không gian mẫu là số cách ngẫu nhiên chỗ ngồi trong 4 lần thi của Nam. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là W = 24 4 . Gọi A là biến cố ” 4 lần thi thì bạn Nam có đúng 2 lần ngồi cùng vào một vị trí ” . Ta mô tả không gian của biến cố A như sau: ● Trong 4 lần có 2 lần trùng vị trí, có C42 cách. ● Giả sử lần thứ nhất có 24 cách chọn chỗ ngồi, lần thứ hai trùng với lần thứ nhất có 1 cách chọn chỗ ngồi. Hai lần còn lại thứ ba và thứ tư không trùng với các lần trước và cũng không trùng nhau nên có 23.22 cách. Suy ra số phần tử của biến cố A là WA = C42 .24.23.22 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) = WA W = C42 .24.23.22 C42 .23.22 253 = = . 1152 24 4 24 3 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 213