BÀI TẬP ÔN CHƯƠNG 2

BÀI 1. Xếp ngẫu nhiên ba người nam và hai người nữ vào một dãy năm ghế kê theo hàng ngang.

Tính xác suất để được kiểu xếp mà giữa hai người nam có đúng1người nữ. ĐS: 1 Lời giải. 10

Số cách xếp3nam và2nữ vào5ghế là5!cách.

GọiAlà biến cố giữa hai người nam có đúng1người nữ:

Xếp3nam vào3ghế số1, 3, 5là3!cách.

Xếp2nữ vào vào2ghế số2, 4là2!cách.

Suy ran(A) = 3!2!.

VậyP(A) = ^3!2!

5! = ¹

10.

BÀI 2. Gọi Alà tập hợp tất cả các số gồm năm chữ số mà chữ số3có mặt đúng3lần, hai chữ số còn lại khác nhau và thuộc tập hợp các chữ số1, 2,4, 5. Chọn ngẫu nhiên một số từ A. Tính xác

suất để số được chọn chia hết cho3. ĐS: 3

Lời giải. 4

GọiAlà tập hợp các sốxcó dạngabcdethỏa yêu cầu. Ta cón(_Ω) =C³₅A²₄.

Để xchia hết cho3thì(a+b+c+d+e)...3, do đó hai chữ số trong năm chữ số được chọn trong 4bộ số{1; 2}, {1; 5}, {2; 4}, {4; 5}.

Do đón(A) =C³₅C¹₄2!.

VậyP(A) = ^C

35C¹₄2!

C³₅A²₄ = ³

4.

BÀI 3. Trong kì thi THTP Quốc Gia, Thành đoàn thành lập tổ công tác gồm 5người được chọn ngẫu nhiên từ15cán bộ đoàn trường học và10cán bộ các quận, huyện để tìm các chỗ trọ miễn phí cho những thí sinh có điều kiện khó khăn. Tính xác suất để trong5người được chọn có không

quá2cán bộ đoàn trường. ĐS: 381

Lời giải. 1265

Ta cón(_Ω) =C⁵₂₅.

GọiAlà biến cố trong5người được chọn có không quá2cán bộ đoàn trường, có3phương án:

Trong5người được chọn không có cán bộ đoàn trường:C⁵₁₀. Trong5người được chọn có1cán bộ đoàn trường:C⁴₁₀C¹₁₅. Trong5người được chọn có2cán bộ đoàn trường:C³₁₀C²₁₅. Do đón(A) =C⁵₁₀+C⁴₁₀C¹₁₅+C³₁₀C²₁₅.

VậyP(A) = ^C

5

10+_C⁴_10C¹₁₅+_C³_10C²₁₅

C⁵₂₅ = ³⁸¹

1265.

BÀI 4. Trong một dự án nhà ở xã hội gồm có5tầng, mỗi tầng gồm có6căn hộ loạiAvà4căn hộ loại B. Một người mua nhà rút ngẫu nhiên căn hộ của mình. Tính xác suất để căn hộ anh ta rút

được ở tầng1hoặc căn hộ loại A. ĐS: 17

Lời giải. 30

Kí hiệuA, B, lần lượt là các biến cố: rút được căn hộ ở tầng1, rút được căn hộ loạiA.

Cần tínhP(A∪B). Ta có:n(_Ω) = 60,n(A∪B) =n(A) +n(B)−n(A∩B) = 10+30−6=34.

VậyP(A∪B) = ³⁴ 60 = ¹⁷

30.

BÀI 5. Thực đơn ăn sáng tự chọn ở một khách sạn gồm4món xúp,5món bánh và2món cơm.

Một khách hàng chọn ngẫu nhiên3món. Tính xác suất để3món được chọn có cả xúp, bánh và

cơm. ĐS: 8

Lời giải. 33

GọiAlà biến cố chọn được3món khác nhau.

Ta có số phần tử của không gian mẫu:n(_Ω) = _C³₁₁. Số phần tử của biến cố A: n(A) = C¹₄C¹₅C¹₂.

VậyP(A) = ^C

14C¹₅C¹₂ C³₁₁ = ⁸

33.

BÀI 6. Trong kì thi THPT Quốc Gia, một hội đồng coi thi có216thí sinh tham gia dự thi để xét công nhận tốt nghiệp THPT, trong đó trường X có65thí sinh dự thi. Sau buổi thi môn Toán, một phóng viên phỏng vấn ngẫu nhiên3học sinh. Tính xác suất để3học sinh được phỏng vấn có ít

nhất2học sinh ở trườngX. ĐS: 208

Lời giải. 963

Số phần tử của không gian mẫu:n(_Ω) =C³₂₁₆. GọiAlà biến cố “có ít nhất2học sinh trườngX”.

Số phần tử của biến cố A: n(A) = C²₆₅C¹₁₅₁+C³₆₅. VậyP(A) = ^C

265C¹₁₅₁+C³₆₅

C³₂₁₆ = ²⁰⁸

963.

BÀI 7. Có hai đơn vị cung cấp thực phẩm phục vụ ăn trưa cho công nhân của một nhà máy. Đơn vị thứ nhất cung cấp3loại thực phẩm, đơn vị thứ hai cung cấp4loại thực phẩm. Người phụ trách bếp ăn lấy mỗi loại thực phẩm một mẫu để đi kiểm tra và người kiểm tra chọn3mẫu bất kỳ. Tính xác suất để cả hai đơn vị cung cấp đều có mẫu được chọn. ĐS: 6 Lời giải. 7

Số phần tử của không gian mẫu:n(_Ω) =C³₇.

GọiAlà biến cố “cả hai đơn vị cung cấp đều có mẫu được chọn”. Có hai phương án:

Có1loại của đơn vị thứ nhất và2loại của đơn vị thứ hai:C¹₃C²₄. Có2loại của đơn vị thứ nhất và1loại của đơn vị thứ hai:C²₃C¹₄. Số phần tử của biến cố A: n(A) = C¹₃C²₄+C²₃C¹₄.

VậyP(A) = ^C

13C²₄+C²₃C¹₄ C³₇ = ⁶

7.

BÀI 8. Trong đợt tình nguyện tiếp sức mùa thi, một trường học có4em lớp 11A, 5 em lớp 11B, 6 em lớp11Cđăng kí tham dự. Hỏi có bao nhiêu cách cử7em làm nhiệm vụ tại cổng trường đại

họcXsao cho mỗi lớp có ít nhất một em. ĐS: 661

Lời giải. 715

Số phần tử của không gian mẫu:n(_Ω) =C⁷₁₅.

GọiAlà biến cố “mỗi lớp có ít nhất một em được chọn”.

ThìAlà biến cố “có ít nhất một lớp không có em nào được chọn”.

Do đón(A) =_C⁷₉+_C⁷₁₀+_C⁷₁₁. VậyP(A) =1−P(A) = 1−^C

7

9+C⁷₁₀+C⁷₁₁

C⁷₁₅ = ⁶⁶¹

715.

BÀI 9. Ban chấp hành Đoàn của một trường THPT cần chọn ra một nhóm học sinh tình nguyện gồm5học sinh từ9học sinh lớp10và7học sinh lớp11. Tính xác suất để trong nhóm được chọn

có ít nhất một học sinh lớp11. ĐS: 101

104

Lời giải.

Số phần tử của không gian mẫu:n(_Ω) =_C⁵₁₆.

GọiAlà biến cố “có ít nhất một học sinh lớp11được chọn”.

ThìAlà biến cố “không có học sinh nào của lớp11được chọn”.

Do đón(A) =C⁵₉.

VậyP(A) =1−P(A) = 1− ^C

59

C⁵₁₆ = ¹⁰¹

104.

BÀI 10. Trong một buổi liên hoan có 10 cặp nam nữ, trong đó có 4 cặp vợ chồng. Chọn ngẫu nhiên ba người để biểu diễn tiết mục văn nghệ. Tính xác suất để3người được chọn không có cặp

vợ chồng nào. ĐS: 89

Lời giải. 95

Số phần tử của không gian mẫu:n(_Ω) =C³₂₀.

GọiAlà biến cố “không có cặp vợ chồng nào trong3người được chọn”.

ThìAlà biến cố “có một cặp vợ chồng trong3người được chọn”. Cách chọn:

Bước1 :Chọn một cặp vợ chồng từ4cặp:C¹₄.

Bước2 :Chọn người thứ ba từ18người còn lại:C¹₁₈. Do đón(A) =C¹₄C¹₁₈.

VậyP(A) =1−P(A) = 1−^C

1 4C¹₁₈ C³₂₀ = ⁸⁹

95.

BÀI 11. Một lớp học có40học sinh, trong đó có4cặp anh em sinh đôi. Trong buổi họp đầu năm, thầy giáo chủ nhiệm lớp muốn chọn ra3học sinh để làm cán sự lớp gồm có lớp trưởng, lớp phó và bí thư. Tính xác suất để chọn ra3 học sinh làm cán sự lớp mà không có cặp anh em sinh đôi

nào. ĐS: 64

Lời giải. 65

Số phần tử của không gian mẫu:n(_Ω) = C³₄₀ (Có xét hay không xét thứ tự không làm xác suất thay đổi).

GọiAlà biến cố “trong3học sinh không có cặp sinh đôi nào”.

ThìAlà biến cố “trong3học sinh có1cặp sinh đôi”. Cách chọn:

Bước1 :Chọn một cặp sinh đôi từ4cặp:C¹₄.

Bước2 :Chọn người thứ ba từ38người còn lại:C¹₃₈. Do đón(A) =C¹₄C¹₃₈.

VậyP(A) =1−P(A) = 1−^C

14C¹₃₈ C³₄₀ = ⁶⁴

65.

BÀI 12. Một người có10đôi giày khác nhau và trong lúc đi du lịch vội vã lấy ngẫu nhiên4chiếc.

Tính xác suất để4chiếc giày lấy ra có ít nhất một đôi. ĐS: 99 Lời giải. 323

Cách 1:

Số phần tử của không gian mẫu:n(_Ω) =C⁴₂₀.

GọiAlà biến cố “trong4chiếc giày lấy ra có ít nhất một đôi”

ThìAlà biến cố “không có đôi nào trong4chiếc giày được lấy ra”. Cách chọn:

Lấy4chiếc giày không có chiếc nào cùng đôi chứng tỏ4chiếc đó lấy từ4đôi khác nhau đôi một, cóC⁴₁₀ cách chọn như vậy.

Mỗi đôi lại có2cách chọn một chiếc giày đơn nên4đôi có2⁴cách chọn.

Do đón(A) =2⁴C⁴₁₀.

VậyP(A) =1−P(A) = 1−²

4C⁴₁₀

C⁴₂₀ = ⁹⁹ 323. Cách 2:

Số phần tử của không gian mẫu:n(_Ω) =C⁴₂₀ =4845.

GọiAlà biến cố “trong4chiếc giày lấy ra có ít nhất một đôi”.

ThìAlà biến cố “không có đôi nào trong4chiếc giày được lấy ra”. Cách chọn:

Chiếc thứ1có20cách chọn.

Chiếc thứ2có18cách chọn (do đã loại1đôi).

Chiếc thứ3có16cách chọn (do đã loại2đôi).

Chiếc thứ4có14cách chọn (do đã loại3đôi).

Do cách chọn4chiếc giày không xét tính thứ tự nên thực tến(A) = ²⁰·18·16·14

4! =3360.

VậyP(A) =1−P(A) = 1−³³⁶⁰

4845 = ⁹⁹

323.

BÀI 13. Tìm số nguyên dương n để:C⁰_n+2C¹_n+4C²_n+. . .+2ⁿC⁰_n =243. ĐS:n=5 Lời giải.

Ta có:

(x+1)ⁿ =

∑

n k=0

C^k_nx^k Chox=2ta được:

3ⁿ =

∑

n k=0

C^k_n2^k =_C⁰_n+_2C¹_n+_4C²_n+_{. . .}+₂ⁿ_C⁰_n

⇒3ⁿ =243=3⁵ ⇔n=5.

BÀI 14. Cho đa giác đều A₁A2. . .A2n, (n > 2, n ∈ _Z⁺) nội tiếp đường tròn (O). Biết rằng số tam giác có các đỉnh là 3trong 2n điểm A1A2. . .A2n nhiều gấp20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là4trong2nđiểmA₁A₂. . .A_2n. Tìmn? ĐS:n=₈ Lời giải.

Số tam giác có các đỉnh là3trong2nđiểmA₁,A₂. . . ,A2n làC³_2n.

Gọi đường chéo của đa giác đều A1A2. . .A2n đi qua tâm đường tròn (O)là đường chéo lớn thì đa giác đã cho cónđường chéo lớn.

Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là4trong2nđiểm A₁A₂. . .A2n có các đường chéo là đường chéo lớn. Ngược lại, với mọi cặp đường chéo lớn ta có các đầu mút của chúng là4đỉnh của một hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nhật nói trên bằng số cặp đường chéo lớn của đa giác A1A2. . .A2n tức C²_n.

Theo giả thiết thì:

C³_2n =_20C²_n ⇔ (2n)!

3!(2n−3)! =₂₀ ^n!

2!(2n−3)! ⇔ ²ⁿ(2n−1)(2n−2)

6 =₂₀ⁿ(n−1)

2 ⇔2n−₁= 15⇔n=_8.

BÀI 15. Cho khai triển nhị thức:

2^x−12 +2^−x3

=C⁰_n2^x−12 +C¹_n2(^x−1₂ )ⁿ⁻¹₂^−x₃ +. . .+Cⁿ_n⁻¹2^x−12

2^−x3n−1

+ Cⁿ_n2(^−x₃)ⁿ _(vớin là số nguyên dương), biết rằng trong khai triển đó:C³_n = _5C¹_n và số hạng thứ tư

bằng20n. Tìmnvàx. ĐS:n=7, x=4

Lời giải.

TừC³_n =5C¹_n ta cón ≥3và n!

3!(n−3)! =5 n!

(n−1)! ⇔ ⁿ(n−1)(n−2)

6 =5n⇔n²−3n−28=0

⇒n₁=−₄(loại) hoặcn₂ =_7.

Vớin=7ta có C³₇

2^x−12 4 2^−x3 3

=140⇔35·2^2x−2·2^−x =140⇔2^x−2=4⇔ x=4.

BÀI 16. Tìm hệ số của số hạng chứax⁸trong khai triển nhị thức Newton của

1 x³ +√

x⁵ n

, biết rằngCⁿ_n⁺₊¹₄−Cⁿ_n+3 =7(n+3), (nlà số nguyên dương và x>0). ĐS:495 Lời giải.

Ta có

n!

3!(n−3)! =5 n!

(n−1)! ⇔ ⁿ(_n−₁)(_n−₂)

6 =5n⇔n²−3n−28=0

⇒ (n+2)(n+3)

2! =7(n+3) ⇔n+2=7·2!=14⇔n =12.

Số hạng tổng quát của khai triển làC^k₁₂ x⁻³k

·x⁵²12−k

=C^k₁₂x^60−11k2 Ta cóx^60−11k2 =x⁸⇒ ⁶⁰−11k

2 =8⇒k =4.

Do đó hệ số của số hạng chứax⁸làC⁴₁₂ = ^12!

4!(12−4)! =495.

BÀI 17. Vớinlà số nguyên dương, gọia3n−3là hệ số củax³ⁿ⁻³trong khai triển thành đa thức của x²+1n

(x+2)ⁿ. Tìmnđểa3n−3 =26n. ĐS:n=5

Lời giải.

Ta có

x²+1n

(x+2)ⁿ =x³ⁿ

1+ ¹ x²

n 1+²

x n

=x³ⁿ

" _n

i

∑

=0

Cⁱ_n 1

x² 2 n

k

∑

=₀

C^k_n 2

x k#

= x³ⁿ

" _n

i

∑

=0

Cⁱ_nx⁻²ⁱ

∑

n k=₀

C^k_n2^kx^−k

#

Trong khai triển trên, lũy thừa củaxlà3n−3khi−2i−k=−3, hay2i+k=3.

Ta chỉ có hai trường hợp thỏa điều kiện này lài =0,k =3hoặci=1,k =1.

Nên hệ số củax³ⁿ⁻³làa3n−3 =C⁰_n ·C³_n·2³+C¹_n·C¹_n ·2.

Do đóa_3n−3=26n ⇔ ²ⁿ(2n²−3n+4)

3 =26n⇔



 n=5 n=−⁷

2.

Vậyn=5là giá trị cần tìm (vìnnguyên dương).

BÀI 18. Tìm hệ số củax⁸trong khai triển thành đa thức của

1+x²(1−x)⁸. ĐS: a8 =238 Lời giải.

h

1+x²(₁−x)ⁱ⁸ =_C⁰₈+_C¹₈x²(₁−x) +_C²₈x⁴(₁−x)²+_C³₈x⁶(₁−x)³+_C⁴₈x⁸(₁−x)⁴+_C⁵₈x¹⁰(₁−x)⁵ +C⁶₈x¹²(1−x)⁶+C⁷₈x¹⁴(1−x)⁷+C⁸₈x¹⁶(1−x)⁸.

Bậc củaxtrong3số hạng đầu nhỏ hơn8, bậc của xtrong4số hạng cuối lớn hơn8.

Vậyx⁸chỉ có trong các số hạng thứ tư, thứ năm, với hệ số tương ứng làC³₈·C²₃, C⁴₈·C⁰₄.

Suy raa8 =168+70=238.

BÀI 19. Trong một môn học, thầy giáo có30 câu hỏi khác nhau gồm 5câu hỏi khó, 10câu hỏi trung bình,15câu hỏi dễ. Từ30câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm5 câu hỏi khác nhau, sao cho mỗi đề thi nhất thiết phải có đủ3loại (khó, trung bình, dễ) và số câu

dễ không ít hơn2? ĐS:56875

Lời giải.

Mỗi đề kiểm tra phải có số câu dễ là2hoặc3nên có các trường hợp sau

Đề có2câu dễ,2câu trung bình,1câu khó thì số các chọn làC²₁₅·C²₁₀·C¹₅=23625.

Đề có2câu dễ,1câu trung bình,2câu khó thì số các chọn làC²₁₅·_C¹₁₀·_C²₅=10500.

Đề có3câu dễ,1câu trung bình,1câu khó thì số các chọn làC³₁₅·C¹₁₀·C¹₅=22750.

Vì các cách chọn trên đôi một khác nau nên số đề kiểm tra có thể lập được là 23625+10500+

22750=56875.

BÀI 20. Tìm số hạng không chứaxtrong khai triển

√3

x+ ¹

√4

x 7

vớix >0. ĐS:35 Lời giải.

Số hạng tổng quát của khai triển là C^k₇(√³

x)^7−k 1

√4

x k

=_C^k₇x^7−k3 x^−k4 =_C^k₇x^28−7k12 ,(k∈ _{Z, 0}≤k ≤₇)_. Số hạng không chứaxlà số hạng tương ứng vớik,(k∈ _{Z, 0}≤_k ≤₇)thỏa mãn:

28−7k

12 =0⇔k =4.

Số hạng không chứaxcần tìm làC⁴₇ =35.

BÀI 21. Tìm số nguyên dươngn, biết rằng

C¹_2n+1−2·2C²_2n+1+3·2²C³_2n+1−4·2³C⁴_2n+1+· · ·+ (2n+1)·2²ⁿC²ⁿ_2n⁺₊¹₁ =2005.

ĐS:1002 Lời giải.

Ta có(₁+x)²ⁿ⁺¹ =_C⁰_2n+1+_C¹_2n+1x+_C²_2n+1x²+_C³_2n+1x³+_{. . .}+_C²ⁿ_2n⁺₊¹₁x²ⁿ⁺¹ ∀x∈ _R.

Đạo hàm hai vế ta được

(2n+1)(1+x)²ⁿ =C¹_2n+1+2C²_2n+1x+3C³_2n+1x²+. . .+ (2n+1)C²ⁿ_2n⁺₊¹₁x²ⁿ, ∀x ∈ _R.

Thayx =−2ta có

C¹_2n+1−2.2C²_2n+1+3.2²C³_2n+1−4.2³C⁴_2n+1+. . .+ (2n+1)·2²ⁿC²ⁿ_2n⁺₊¹₁=2n+1.

Theo giả thiết ta có2n+1=2005⇔n =1002.

BÀI 22. Một đội thanh niên tình nguyện có15người gồm12nam và3nữ. Hỏi có bao nhiêu cách phân công đội thanh niên tình nguyện đó về giúp đỡ3tỉnh miền núi, sao cho mỗi tỉnh có4nam

và1nữ? ĐS:207900

Lời giải.

CóC¹₃C⁴₁₂cách phân công thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất.

Với mỗi cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất thì cóC¹₂C⁴₈ cách phân công thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ hai.

Với mỗi cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất, thứ hai thì có C¹₁C⁴₄ cách phân công thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ ba.

Số cách phân công đội thanh niên tình nguyện về3tỉnh thỏa mãn yêu cầu bài toán là C¹₃·C⁴₁₂·C¹₂·C⁴₈·C¹₁·C⁴₄=207900.

BÀI 23. Tính giá trị của biểu thức: M = ^A

4n+1+3A³_n

(n+₁)_! , biết rằng số nguyên dươngn thỏa mãn: C²_n+1+2C²_n+2+2C²_n+3+C²_n+4 =149. ĐS: 3 Lời giải. 4

Điều kiệnn≥3.

Ta có

C²_n+1+2C²_n+2+2C²_n+3+C²_n+4 =149

⇔ (n+1)!

2!(n−1)! +2(n+2)!

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

2!(n+1)! + (n+4)!

2!(n+2)! =149

⇔ n²+4n−45=0

⇔

"

n =5 (nhận) n =−₉ (loại).

Vớin=₅ta được M = ^A

46+3A³₅

6! =

6!

2! +3· ^5!

2!

6! = ³

4.

BÀI 24. Tìm hệ số của số hạng chứax²⁶ trong khai triển nhị thức Niutơn của 1

x⁴ +x⁷ n

, biết rằngC¹_2n+1+C²_2n+1+C³_2n+1+· · ·+Cⁿ_2n+1 =2²⁰−1. ĐS:210 Lời giải.

Ta cóC^k_n =Cⁿ_n^−k nênC¹_2n+1 =C²ⁿ_2n+1, C²_2n+1 =C²ⁿ_2n⁻₊¹₁, . . . , Cⁿ_2n+1 =Cⁿ_2n⁺₊¹₁. Suy raC¹_2n+1+_C²_2n+1+_{. . .}+_Cⁿ_2n+1=_C²ⁿ_2n+1+_C²ⁿ_2n⁻₊¹₁+_{. . .}+_C2nⁿ⁺₊¹₁. Ta có

(1+x)²ⁿ⁺¹=C⁰_2n+1+C¹_2n+1+C²_2n+1+. . .+C_2nⁿ ₊₁

+C²ⁿ_2n+1+C²ⁿ_2n⁻₊¹₁+. . .+Cⁿ_2n⁺₊¹₁

+C²ⁿ_2n⁺₊¹₁

=2+2

C¹_2n+1+C²_2n+1+. . .+C_2nⁿ ₊₁

Chox=1ta được2²ⁿ⁺¹ =2+2 2²⁰−1

=2²¹ ⇔n =10 ⇒ 1

x⁴ +x⁷ 10

. Ta có

1 x⁴ +x⁷

10

= x⁻⁴+x⁷10

=

∑

10 k=0

C^k₁₀

x⁻⁴k

x⁷10−k

=

∑

10 k=0

C^k₁₀x^70−11k. Số hạng chứax²⁶ ứng với70−11k=26⇔k =4.

Vậy hệ số của số hạng chứax²⁶làC⁴₁₀ =210.

BÀI 25. Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có12học sinh, gồm5học sinh lớp A,4học sinh lớpBvà3học sinh lớpC. Cần chọn4học sinh đi làm nhiệm vụ, sao cho4học sinh này thuộc không quá2trong3lớp trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy? ĐS:225

Lời giải.

Số cách chọn4học sinh từ12học sinh đã cho làC⁴₁₂ =495.

số cách chọn4học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một em được tính như sau:

LớpAcó2học sinh, các lớp B,Cmỗi lớp có1học sinh, số cách chọn làC²₅·C¹₄·C¹₃ =120.

LớpBcó2học sinh, các lớp A,Cmỗi lớp có1học sinh, số cách chọn làC¹₅·C²₄·C¹₃ =90.

LớpCcó2học sinh, các lớp A,Bmỗi lớp có1học sinh, số cách chọn làC¹₅·C¹₄·C²₃ =60.

Số cách chọn4học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một học sinh là120+90+60 =270.

Vậy, số cách chọn phải tìm là495−₂₇₀=225.

BÀI 26. Tìm hệ số của số hạng chứa x¹⁰ trong khai triển nhị thức Newton của (2+x)ⁿ, biết 3ⁿ·C⁰_n+3ⁿ⁻¹·C¹_n+3ⁿ⁻²·C²_n −3ⁿ⁻³·C³_n+· · ·+ (−1)ⁿ·Cⁿ_n =2048. ĐS:2C¹⁰₁₁ Lời giải.

Trong khai triển nhị thức Newton(a+b)ⁿ choa =3,b =−₁ta được kết quả

(3−1)ⁿ =3ⁿC⁰_n−3ⁿ⁻¹C¹_n+3ⁿ⁻²C²_n −3ⁿ⁻³C³_n+. . .+ (−1)ⁿCⁿ_n =2048=2¹¹ ⇒ n=11.

Do đó tìm được hệ số của số hạng chứax¹⁰ trong khai triển(2+x)¹¹ là2C¹⁰₁₁. BÀI 27. Tìm hệ số của sốx⁵trong khai triểnx·(1−2x)⁵+x²·(1+3x)¹⁰. ĐS:3320 Lời giải.

Hệ số củax⁵trong khai triểnx·(₁−2x)⁵là(−₂)⁴_C⁴₅ =80.

Hệ số củax⁵trong khai triểnx²·(1+3x)¹⁰ là3³C³₁₀ =3240.

Hệ số củax⁵trong khai triểnx·(1−2x)⁵+x²·(1+3x)¹⁰ là80+3240=3320.

BÀI 28. Cho khai triển(1+2x)ⁿ =a₀+a₁x+· · ·+anxⁿ, trong đón∈ _N^∗và các hệ sốa₀,a₁,a₂, . . . ,an thỏa mãn hệ thức a0+ ^a1

2 + ^a2

4 +· · · ·+^an

2ⁿ =4096. Tìm số lớn nhất trong các hệ sốa0, a1,

a2, . . . ,an. ĐS:126720

Lời giải.

Ta có(₁+2x)ⁿ =_C⁰_n+_2C¹_nx+₂²_C²_nx²+_{. . .}+₂ⁿ_Cⁿ_nxⁿ.

Theo đề(₁+2x)ⁿ =a₀+a₁x+a₂x²+_{. . .}+anxⁿ suy raa₀ =_C⁰_n,^a1

2 =_C¹_{n, . . . ,}^an

2ⁿ =_Cⁿ_n. Vì thếa0+ ^a1

2 +. . .+^an

2ⁿ =4096⇔C⁰_n+C¹_n+. . .+Cⁿ_n =4096⇔2ⁿ =2¹² ⇔n =12.

Khi đó ta có khai triển(1+2x)¹² =

∑

12 0

C^k₁₂2^kx^k ⇒_ak =C^k₁₂2^k. Xét bất phương trìnha_k <a_k+1 ⇔_C12^k ₂^k <_C12^k+1₂^k+1 ⇔k< ²³

3 . Tương tựa_k >a_k+1⇔ k> ²³

3 . Dok∈ _Znênk =8.

Do đóa₀ <a₁ <. . .< a₇< a₈>vàa₈ >a₉>a₁₀ >. . . >a₁₂.

Vậy hệ số lớn nhất trong các hệ sốa0,a1, . . . ,an làa8 =2⁸C⁸₁₂ =126720.

BÀI 29. Tìm số nguyên dươngnthỏaC_2n¹ +C_2n³ +C_2n⁵ +· · ·+C_2n²ⁿ⁻¹=2048. ĐS:n=6 Lời giải.

Ta có

0 = (1−1)²ⁿ =C⁰_2n−C¹_2n+. . .−C²ⁿ_2n⁻¹+C²ⁿ_2n 2²ⁿ = (1+1)²ⁿ =C⁰_2n+C¹_2n+. . .+C²ⁿ_2n⁻¹+C²ⁿ_2n.

⇒C¹_2n+C³_2n +. . .+C²ⁿ_2n⁻¹ =2²ⁿ⁻¹.

Từ giả thiết suy ra2²ⁿ⁻¹ =2048⇔n =6.

BÀI 30. Chonlà số nguyên dương thỏa mãn5Cⁿ_n⁻¹ = C³_n. Tìm số hạng chứa x⁵ trong khai triển nhị thức Newton:

nx² 14 − ¹

x n

,∀x6=0. ĐS: −³⁵

16x⁵ Lời giải.

5Cⁿ_n⁻¹ =C³_n ⇔5n= ⁿ(n−1)(n−2)

6 ⇔n=7 (vìnnguyên dương).

Khi đó nx²

14 −¹ x

ⁿ

= x²

2 − ¹ x

⁷

=

∑

7 k=0

C^k₇ x²

2

^7−k

−¹ x

k

=

∑

7 k=0

(−1)^kC^k₇

2^7−k x^14−3k. Số hạng chứax⁵ứng với14−_3k =₅⇔_k=3.

Do đó số hạng cần tìm là (−1)³·C³₇

2⁴ x⁵ =−³⁵

16x⁵.

BÀI 31. Trong một lớp học gồm có15học sinh nam và10học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để4học sinh được gọi có cả nam và nữ. ĐS: 443 Lời giải. 506

Số cách chọn4học sinh trong lớp làC⁴₂₅ =12650.

Số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ làC¹₁₅·C³₁₀+C²₁₅·C²₁₀+C³₁₅·C¹₁₀ =11075.

Vậy xác suất cần tính làP= ¹¹⁰⁷⁵

12650 = ⁴⁴³

506.

BÀI 32. GọiSlà tập hợp tất cả số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các số1; 2; 3; 4; 5; 6; 7.

Xác định số phần tử củaS. Chọn ngẫu nhiên một số từS, tính xác xuất để số được chọn là số chẵn.

ĐS: 3 Lời giải. 7

Số phần tử củaSlàA³₇ =210.

Số cách chọn một số chẵn từSlà3·6·5=90.

Xác suất cần tính bằng 90 210 = ³

7.

BÀI 33. Có hai chiếc hộp chứa bi. Hộp thứ nhất chứa4viên bi đỏ và3viên bi trắng, hộp thứ hai chứa2viên bi đỏ và4viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra1viên bi. Tính xác suất để lấy

được hai viên bi cùng màu. ĐS: 10

Lời giải. 21

Số cách chọn 2 viên bi, mỗi viên từ một hộp là7·6=42.

Số cách chọn 2 viên bi đỏ, mỗi viên từ một hộp là4·2 =8.

Số cách chọn 2 viên bi trắng, mỗi viên từ một hộp là3·4=12.

Xác suất để 2 viên bi được lấy ra có cùng màu làP= ⁸+12 42 = ¹⁰

21.

BÀI 34. Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ công ty sữa, người ta gửi đến bộ phận kiểm nghiệm 5hộp sữa cam, 4hộp sữa dâu và3 hộp sữa nho. Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên 3hộp sữa để phân tích mẫu. Tính xác suất để3hộp sữa được chọn có cả3loại. ĐS: 3 Lời giải. 11

Số phần tử của không gian mẫu làC³₁₂ =220.

Số cách chọn 3 hộp sữa có đủ 3 loại làC¹₅·C¹₄·C¹₃ =60. Do đó xác suất cần tính làP= ⁶⁰ 220 = ³

11.

BÀI 35. Từ một hộp chứa16thẻ được đánh số từ1đến16, chọn ngẫu nhiên4thẻ. Tính xác suất

để4thẻ được chọn đều được đánh số chẵn? ĐS: 1

Lời giải. 26

Trong tài liệu Hướng dẫn giải các dạng toán tổ hợp và xác suất - Học Tập Trực Tuyến Cấp 1,2,3 - Hoc Online 247 (Trang 122-131)