Đề thi thử THPT quốc gia

C cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần.. Có thể lập bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số mà trong mỗi số đó chữ số liền sau luôn lớn hơn chữ số liền trước. Chúng cắt nhau tạo thành c[r]

DAYHOCTOAN.VN

1

DAYHOCTOAN.VN

Bài Xét      

2

2

2

1

n n

n n k k k k k

n n

k o k o

x x C x C x

                   

Hệ số số hạng 2n

x  là  2  2 2  2 1 12

2 2

n n

n n n n

C   C   C      C 

Ta lại có

 2 1  2 1  2 2

1 n n n

x  x   x   có hệ số x2n1 chứa lũy thừ bậc chẵn x

Vậy: C20n1 2 C12n1 2 C22n12    1 2n1C22nn112 0

Bài Cho n số tự nhiên, n2 Chứng minh đẳng thức sau:

 2  2  

2 2 2

1 n n 2n

n n n n n

n C  n C  n C   C   C  n n 

Lời giải

Ta có với    

0

0, ,

n

n k n k

n k

x x C x 



  

Đạo hàm hai vế (1) ta   1 1

0

1 ( )

n

n k n k

n k

n x n k C x



  



  

Suy      

1

0

1 ,

n

n k n k

n k

nx x n k C x



 



  

Đạo hàm hai vế (2) ta      1 2 1  

0

1 1 ,

n

n n k n k

n k

n x n x n k C x



   



      

  

Thay x1 vào (3) ta

Bài Từ chữ số 0,1, 2, 3, 4, 5có thể lập số tự nhiên gồm bốn chữ số khác

nhau, phải có chữ số chữ số?

Lời giải

Gọi số tự nhiên cần lập X a a a a1 4, a10

Vì ai0,1, 2,3, 4,5 , i1, 2,3, 4 nên ta có trường hợp sau :

TH1 : Trong Xcó chữ số 0thì có cách xếp chữ số ; 3cách xếp chữ số ; 2cách xếp chữ số

4

và

1 A

cách xếp chữ số 1; 3; Suy có 3.3.2.A31 = 54 số

TH 2: Trong X chữ số

Có bốn cách xếp chữ số 2; ba cách xếp chữ số

A cách xếp ba chữ số 1; 3; Suy có 4.3

2

A = 72 số

Vậy có tất 54 + 72 = 126 số

Bài Tìm hệ số số hạng chứa x8 khai triển nhị thức Niutơn

2 n x x     

  , biết

rằng 1 2 3  

3n 3n 3n n 6144 *

n n n n

C   C   C   nC 

Lời giải

(n nguyên dương, x0, Cnk số tổ hợp chập k n phần tử) Ta có:

  1 2  

DAYHOCTOAN.VN

2

DAYHOCTOAN.VN

Lấy đạo hàm hai vế (1) ta được:   1 2 3 1 

3 n n3n n3n n3n nn n

n x  C   C  x C  x nC x  Thay x1 vào (*) ta có: C1n3n12Cn23n23Cn33 n3 nCnnn4n1

Khi đó:    

* n4n 6144

Với n1, 2,3, 4,5 (3) khơng thỏa mãn Với n6 (3) thỏa mãn

Với n  n7 4n 7.46 6144

n    nên (3) không thỏa mãn

Suy n6là nghiệm (*) Ta có:

2

1 n

x x

  

 

 

12

1

x x

 

  

   

12 12

5 12

0

1 k k

k k

C x

x 



 

  

 

 12 11 72

2 12

k k k

C x 





Chọn k k  ,k 0,1, 2, ,12 thỏa11 72

k 

8

k

  Vậy hệ số

x 12 495 C 

Bài Số tự nhiên có chữ số khác có dạng abcd , abcd2503 Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: a1, số cách chọn b c d, , thỏa mãn yêu cầu toán A63

Trường hợp 2: a1,

+ Nếu b5 suy có cách chọn b, có A52 cách chọn c d,

+ Nếu b5 suy c0, suy d1 d 3 Vậy có tất A634A52 2 202 số thỏa mãn

điều kiện đề

Bài Cho hai số tự nhiênn k, thỏa : 0 k n Chứng minh :

   2 2  2

0

2

n n n

n k n k n n n

C  C   C  C   C 

 

Lời giải

Ta có: 1x n 1x n  1 x2n    Cn0 2 C1n 2   Cnn C2nn Mặt khác : với n cố định thì:

n n

k n k n k

u C  C       

 

2 2 2 2

2

1

!

n k n k n k

n

          

     

 dãy

số giảm theo k, suy : uk u0  C2nn

Vậy    0 2  2

2

n n n

n k n k n n n

C  C   C  C   C 

 

Đẳng thức xảy k0

Bài Trong thư viện có12 sách gồm sách Toán giống nhau, sách Vật lý giống nhau, sách Hóa học giống sách Sinh học giống xếp thành dãy cho khơng có ba mơn đứng kề Hỏi có cách xếp ?

Lời giải

Gọi A tập hợp cách xếp 12 thành dãy tùy ý Gọi A1 tập hợp cách xếp sách Toán đứng kề

Gọi A2 tập hợp cách xếp sách Lý đứng kề

DAYHOCTOAN.VN

3

DAYHOCTOAN.VN

Gọi A4 tập hợp cách xếp sách Sinh đứng kề Gọi *

A tập hợp cách xếp thỏa yêu cầu đề Ta có

4

* *

1

\ i i

i i

A A A A A A

 

   

Mà 12!4 369600

(3!)

A  

4

1

4 4

1

10! 8! 6! 4!

60936

(3!) (3!) (3!) (3!)

i i

A C C C C



    

*

369600 60936 308664

A

   

Bài Rút gọn biểu thức:

1 2 3 2010 2011 2011 2012

2012 2012 3.2 2012 4.2 2012 2011.2 2012 2012.2 2012

AC  C  C  C   C  C

Lời giải

 2012 0 1 2 2 2012 2012

2012 2012 2012 2012 2012

1x C xC x C   x Ck k   x C (1)

Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có :

 2011 1 2 1 2011 2012

2012 2012 2012 2012

2012 1x C 2xC   kxkCk   2012x C (2)

Chọn x 2 thay vào (2) có :

 2011 1 2 1 2011 2012

2012 2012 2012 2012

2012 2( 2) ( 2)k k 2012( 2) (3)

C C k C C

         

1 2 3 2010 2011 2011 2012

2012 2012 2012 2012 2012 2012

2012 C C 3.2 C 4.2 C 2011.2 C 2012.2 C

        

2012

A

  

Bài Tìm hệ số x8 khai triển nhị thức Niutơn x22n, biết:

An38Cn2Cn149, với nN n, 3

Lời giải

Ta có 49  1 2  1 49

2

n n n

n n

A  C C  n n n    n

3

7 49

n n n n

       Khi đó:      

7

7 2 7

2

7

2 n k k 2k

k

x x C x 



   

Số hạng chứa

x 2 7 k  8 k Hệ số

x 3 7.2 280 C 

Bài 10 Chứng minh rằng:

1

( 1) 2.4.6

1

3 1.3.5 (2 1)

n n

n n n

C C C n

n n



    

  ,  n

Lời giải

Ta có  2  

2

1x n  1 C xn C xn    nC xnn n với

* n   

     

1

2

2

0

1 x ndx C xn C xn nC xnn n dx

        1 ( 1)

1

3

n n

n

n n

C

C C

n



    



DAYHOCTOAN.VN

4

DAYHOCTOAN.VN

Tính  

1

1 nd

n

I  x x

Đặt cos , 0,

2

x t t  

 

dx sin dt t

  

2

sin n d

n

I t t

    Đặt sin

d sin d

n

u t

v t t

  





2

2 2

1

0

2 cos sin n d (1 sin ) sin n d 2

n n n

I n t t t n t t t nI nI

               2.4

2 3.5

n n

n n

I I I

n  n

  

 

Vậy In=

 

2.4.6 1.3.5 n

n I

n



  2

Từ  1  2 suy điều phải chứng minh

Bài 11 Tìm số số hạng số nguyên khai triển 3 125

7

Lời giải

Ta có  

125 125

125

3

125

7 3

k k k k C  

  Do vậy, để số hạng khai triển số nguyên

,

0 125

0 125 41

125

125 125

2

2

3 1,

3

k

k m m

k

k m

k

k m

k

k m m t t

                                              

Vậy có 21 giá trị m thoả mãn nên có 21 số hạng nhận giá trị nguyên

Bài 12 Từ tập hợp tất số tự nhiên có năm chữ số mà chữ số khác 0, lấy ngẫu nhiên số Tính xác suất để số tự nhiên lấy có mặt ba chữ số khác

Lời giải

Xét phép thử : T = ‘Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên có năm chữ số mà chữ số khác 0" Ta có:  95 59049

Gọi A biến cố cần tìm xác suất, ta có:

Số cách chọn chữ số phân biệt a, b, c từ chữ số thập phân khác C Chọn chữ số lại 39 từ chữ số đó, có trường hợp rời sau đây:

DAYHOCTOAN.VN

5

DAYHOCTOAN.VN

mà a, a, a chiếm chỗ tạo số n, nên TH1 có thảy 5! 60 3!

  số tự

nhiên

TH2 chữ số lại chữ số a, b, c chữ số chữ số khác chữ số đó: có cách; hốn vị từ 5! hoán vị chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo số tự nhiên n; 2! hốn vị vị trí mà a, a chiếm chỗ 2! hoán vị vị trí mà

b, b chiếm chỗ tạo số n, nên TH2 có thảy 5! 90 2!2!

  số tự nhiên

Vậy:

9

9!

(60 90)C 150 150 12600 3!6!

A

         

Kết luận:   12600 1400 0,213382106

59049 6561

A

P A     



Bài 13 Tính tổng:

2 2014

0 2 2013 2013

2013 2013 2013 2013

2 2

.2 .2

2 2014

S C   C   C    C

Lời giải

Xét 1 2 x2013C20130 C12013 2 x C20132 2 x 2  C20132013 2 x 2013

       2014

2 2014 2014

2013 2013

1

2

1

1 d d

1

2 4028 4028

x

I   x x   x  x    

     

2

2 2013

0 2013

2013 2013 2013 2013

1

d

C C x C x C x x

     

 



2 2014

0 2 2013 2013

2013 2013 2013 2013

2 2

.2 .2

2 2014

C   C   C    C

Vậy S

2014 2014

5

4028





Bài 14 Chứng minh rằng:

0 2 3 2011 2011 2010

2011 2.2 2011 3.2 2011 4.2 2011 2012.2 2011 4025.3

C  C  C  C   C 

Lời giải

Ta cã  

0

1

n

n k k

n k

x C x



 

 

0

1

n

n k k

n k

x x C x 



    1

Đạo hàm hai vế  1 ta

     

0

1 1

n

n n k k

n k

x n x x  k C x  

      2

Thay n2001 x2 vào  2 Đpcm

DAYHOCTOAN.VN

6

DAYHOCTOAN.VN

tam giác tạo đường thẳng mà tam giác khơng có đỉnh 20 điểm cho

Lời giải

Số đường thẳng qua hai 20 điểm cho là: 20 190 C 

Số tam giác tạo đường thẳng mà tam giác có đỉnh 20 điểm cho C1903 20C193

Số tam giác tạo đường thẳng mà tam giác có ba đỉnh ba 20 điểm cho

20 C

Số tam giác tạo đường thẳng mà tam giác có hai đỉnh hai 20 điểm cho

20.18.17 C

Số tam giác tạo đường thẳng mà tam giác có đỉnh 20

điểm cho 2

19 17

20.C C

Vậy số tam giác tạo đường thẳng mà tam giác khơng có đỉnh 20

điểm cho 3 2

190 20 19 20 20.18.17 20 19 17 581400

C  C C C  C C 

Bài 16 Cho khai triển  1415 210

0 210

1 x x   x a a x a x   a x Chứng minh rằng:

0 15

15 15 15 14 15 13 15 15 C a C a C a  C a  

Lời giải

Nhân hai vế  1 với 1x15, ta    

210

15 15

15

0

1 k k

k

x x a x



 

    

  2 Ta có

 1515 15   15

15

1 i i i

i

x C x



    3

Hệ số 15

x khai triển  3 : C115 15  4

 15 210  2 15 15 210

15 15 15 15 210

0

1 k k

k

x a x C C x C x C x a a x a x a x



 

          

   5

Thực phép nhân đa thức ta hệ số x15 khai triển  5 :

0 15

15 15 15 14 15 13 15 C a C a C a  C a

Từ  2 ,  4  6 ta C150a15C151a14C152a13  C1515a0  15.(đpcm)

Bài 17 Có bao nhiêusố tự nhiên gồm chữ số khác hai chữ số kề không số lẻ?

Lời giải

Gọi số Aa a a a a a1 6 Từ giả thiết suy A có hoặc chữ số lẻ TH1: A có chữ số lẻ

+) a1 lẻ: Số số A

5 600 C P 

+) a1 chẵn: Có cách chọn a1 Số số A  4 5

4 C C P 2400

Tổng có: 600 + 2400 = 3000 số số A có chữ số lẻ TH2: A có chữ số lẻ

DAYHOCTOAN.VN

7

DAYHOCTOAN.VN

Vậy số số A  3 4

5.5 C C P 9600

+) a1 chẵn: Có cách chọn a1 Có cách chọn hai vị trí khơng kề hai số lẻ a2 a3

a a5a6 Vậy số số A 4.C52.6.P2.A43 11520 Tổng có: 9600 + 11520 = 21120 số số A TH3: A có chữ số lẻ

+) a1 lẻ: Có cách chọn a1 Có cách chọn a2 Có cách chọn hai vị trí khơng kề hai

số lẻ a3 a4a5 a6 Vậy số số A  

2

4

5.5 C 3.P A 10800

+) a1 chẵn: Có cách chọn a1 Có cách chọn vị trí khơng kề số lẻ a2a3 a4 a5

a Vậy số số A 4.C53.1.P3.A42 2880 Tổng có: 10800 + 2880 = 13680 số số A

Tóm lại có: 3000 + 21120 + 13680 = 37800 số số A

Bài 18 Tìm hệ số

x khai triển nhị thức Niutơn (x22)n, biết:

3

8 49, ( , 3)

n n n

A  C C  nN n

Lời giải

Ta có: 49 ( 1)( 2) ( 1) 49

2

n n n

n n

A  C C  n n n    n

3

7 49

n n n n

      

Khi đó: 2 7 2(7 )

7

( 2)n ( 2) k k 2k

k

x x C x 



   

Số hạng chứa

x 2(7k)  8 k Hệ số

x 3 7.2 280 C 

Bài 19 Có số tự nhiên có chữ số đơi khác mà có chữ số lẻ ?

Lời giải

Ta kí hiệu số A a a a a a a1 6

 Có khả chọn chữ số lẻ

 Mỗi cách chọn chữ số lẻ chữ số chẵn có P6 6! Cách xếp chữ số cho vào vị trí từ a1 đến a6

 Nh có 5P6 5.6! cách xếp 10 chữ số từ đến vào vị trí từ a1 đến

a mà cách có chữ số lẻ

*Trong tất cách xếp cách xếp có chữ số đứng vị trí a1

DAYHOCTOAN.VN

8

DAYHOCTOAN.VN

* Do tính bình đẳng chữ số chọn có

6

số cách xếp số có

6 chữ số 5.5!

6 ! 6 .

5 

Vậy số số có chữ số mà có số lẻ

 

5.6! 5.5! 5! 30 5   25.5! 3000 số

Bài 20 Có số gồm chữ số cho tổng chữ số số số lẻ

Lời giải

Xét số có chữ số aa a a a a1 5 , để a có tổng chữ số số lẻ có khả xẩy ra:

* Nếu a1  a2 a3 a4 chẵn a51,3,5, 7,9 * Nếu a1  a2 a3 a4 lẻ a50, 2, 4, 6,8

Mặt khác, số chữ số có chữ số a a a a1 4 9.10.10.109.103 số sinh số có chữ số mà tổng chữ số số lẻ Vậy có tất 5.9.103 45.000 số

Bài 21 Chứng minh với số tự nhiên n tuỳ ý, ta có:

 

     

2 2

0

2 !

! !

n

n n k

n

C

k n k



 

 

 



Lời giải

Từ đồng thức:  2    

1x n  1 x n 1x n Sử dụng nhị thức Niutơn ta có:

   

0 2 1

2

n n n n n n

n n n n n n n n n

C C x C x  C C x C x C C x C x

So sánh hệ số n

x sử dụng đẳng thức

Cnk Cnn k ,k 0,1, , n

Ta được:    0 2  2

2

n n

n n n n

C  C  C   C

DAYHOCTOAN.VN

9

DAYHOCTOAN.VN  

 

      

       

2

2

2

0

2 2

0

2

2 ! ! !

! !

( !) ! ( !) !

n n

k k

n n n

n n n n n

n n n

n n

k n k k n k

C C C C C

 



 

 

     

 

 

Đó điều cần chứng minh

Bài 22 Tìm hệ số

x khai triển thành đa thức P x( )  (5x3) (n n *) , biết

1 20

2 2 (2 1) 21.2

k n

n n n n n

C   C   C    kC    n C   (*)

Lời giải

Xét

2 1 2 2 2 2 2

(1x) n C n C n xC n x   C nn xk   C nn x n , x (1) đạo hàm vế (1) ta có

2 2 1 2

2 2

(2n1)(1x) n C n 2C n x  kC nnxk   (2n1)C nn x n(2) Chọn x1 thay vào (2) ta có

2 2

2 2

(2n1)2 n C n 2C n   kC nn   (2n1)C nn (*)

2 20

(2n 1)2 n 21.2 (3)

  

Nếu n10 ta thấy VT 3 VP 3 nên n10 loại tương tự 0 n 10 loại;

10

n thỏa mãnvới n10 : P x( )  (5x3)10  ( )x 10

Hệ số k

x khai triển thành đa thức P x  C10k ( 3) 10k.5k Hệ số

x khai triển thành đa thức P x  làC107( 3) 5  253125000 Bài 23 Tính: 20150 20152 20154 20152014

1 1

3 2015

S C  C  C   C

Lời giải Chứng minh:

1

1

k k

n n

C C

k n

 



 

Khi đó:  2015

2016 2016 2016 2016

2016

S C C C  C

Ta lại có:  2016 0 1 2 3 2015 2016

2016 2016 2016 2016 2016 2016

1 1 C C C C   C C

 2016 0 1 2 3 2015 2016 2016 2016 2016 2016 2016 2016

1 1 C C C C   C C

 

2016 2015

2016 2016 2016 2016

2 C C C C

DAYHOCTOAN.VN

10

DAYHOCTOAN.VN

1 2015 2015

2016 2016 2016 2016

C C C C

      Vậy 2015 2016 S 

Bài 24 Có số tự nhiên có năm chữ số đôi khác chữ số lớn Hãy tính tổng tất số tự nhiên

Lời giải

Có 5! 120 số thoả mãn điều kiện đầu

Trong 120 số có 60 cặp mà cặp số có tổng 155554 Vậy tổng tất số 155554*60 9333240

Bài 25 Chứng minh :

Lời giải

Ta có        

         100 100 100 100 100 100 100 100 k k k k k k k x C x x C x x x x

Lấy đạo hàm hai vế ta :      

      100 99 100 99 100 100 k k k x C k x x x Thay  

x vào đẳng thức ta :  

          100 99 100 100 k k k C k Hay (đpcm)

Bài 26 Có số tự nhiên gồm năm chữ số mà có hai chữ số ba chữ số lại khác

Lời giải

Số tạo thành có vị trí Xét hai trờng hợp: - Trường hợp 1: Số tạo thành có chữ số Có bốn cách chọn vị trí cho chữ số

Số cách chọn hai bốn vị trí cịn lại cho chữ số C42 Số cách chọn hai tám chữ số cịn lại cho hai vị trí cịn lại

8 A Theo qui tắc nhân, số cách chọn 2

4

4.C A 1344

Trường hợp 2: Số tạo thành chữ số

Số cách chọn hai năm vị trí cho hai chữ số C52

0 200 199 101 100 199 100 100 198 99 100 100 100 99

100  

                           C C C C 200 199 101 100 199 100 100 198 99 100 100 100 99

100  

DAYHOCTOAN.VN

11

DAYHOCTOAN.VN

Số cách chọn ba tám chữ số khác 0, cho ba vị trí cịn lại làA83

Theo qui tắc nhân, số cách chọn

5 3360 C A 

Theo qui tắc cộng, số số phải tìm 1344 3360 4704 

Bài 27 Cho hai đường thẳng song song a b, Trên a lấy 17 điểm phân biệt, b lấy n điểm phân biệt Tìm n để có 5950 tam giác có đỉnh ba điểm cho

Lời giải

Vì tam giác có đỉnh điểm xảy TH sau

TH1. Tam giác có đỉnh a đỉnh b

 có

17 n

C C tam giác

TH2. Tam giác có đỉnh a đỉnh b  có C C172 n1 tam giác

Vậy số tam giác có đỉnh điểm cho

1 17 n

C C + C C172 1n Theo ta có : C C171 n2C C172 n15950

17! ! 17! !

5950

1!.16! 2!( 2)! 2!.15! ( 1)!

n n

n n

  

 

2 17

( 1) 136 5950 17 255 11900

2 n n n n n

       

20

n

  n 35 (loại)

Bài 28 Chứng minh:

2

*

2

2

1, ,

( 1) ( 1) ( 1) ( 1)

n n

C n C n C n nC n

n n

n  n  n   n    

Lời giải

Xét   1 n

f x x x

 

     

 

1

1

1

n

n f x

x x





   

      

    (1)

  2

1 1

n n n nn n

f x x C C C C

x x x

 

      

 

= C x Cn0 n1 Cn2 Cn3 12 Cnn 1n

x x x

      

 

 

 

2

0

2

2 ( 1)

n

n n n n

n n

C C C n C

f x C

x x x x

  

       

 

DAYHOCTOAN.VN

12

DAYHOCTOAN.VN

Từ (1) (2) cho (3)

Trong (3) thay x n VT 0 cho kết

Bài 29 Có số tự nhiên có 7chữ số khác dạng a a a a a a a1 7 cho

1

4

a a a a

a a a a

  



    

Lời giải

Xét trường hợp sau

TH1: Chọn chữ số chữ số có C97cách Sau xếp chữ số vào vị trí a a a a a a a1 7

Vị trí a4 có cách xếp a4 lớn Có C63 cách xếp vị trí a a a1 3

Còn cách xếp chữ số cịn lại vào vị trí a a a5 6 7

Vậy có

9

C C số thoả mãn yêu cầu toán TH1

TH2: Chọn chữ số phải có chữ số có C96cách Tương tự TH1: Có C C96 53 số thoả mãn yêu cầu tốn

Vậy có

9 1560

C C C C  (số)

Bài 30 Cho số nguyên dương n Chứng minh rằng: 1 2 1

2009 2010 2009+n

1 1

+ + +

C C Cn 2007

Lời giải

Ta có : 1

2009

1 2008!( 1)! 2008!( 1)!

(2009 ( 2))

(2009 )! (2009 )!2007

k k

k k

k k

C   k k

 

    

 

2008 2007!( 1)! 2007!( 2)!

2007 (2008 )! (2009 )!

k k

k k

   

   

 

 

1

2008 2009

2008 1

2007 Ck k Ck k

 

   

 

Lấy tổng : 1 1 2 1

0 2009 2008 2009 2008

1 2008 1 2008 1

2007 2007 2007

n

k n

k C k C C n C

 

  

 

    

 

DAYHOCTOAN.VN

13

DAYHOCTOAN.VN

Bài 31 Đội niên tình nguyện quốc tế có 12 bạn gồm bạn quốc tịch Việt Nam, bạn quốc tịch Pháp bạn quốc tịch Thái Lan Hỏi có cách chọn bạn vào tổ công tác cho tổ có khơng q quốc tịch?

Lời giải

Chọn bạn cho tổ công tác gồm 12 bạn có :C124 495(cách) Chọn bạn cho tổ cơng tác cho có quốc tịch có :

1 2 1 5 270

C C C C C C C C C  (cách)

Vậy số cách chọn học sinh vào tổ công tác cho tổ không quốc tịch :

495 270 225 (cách)

Bài 32 Cho chữ số 0, 1, 2, 3, 4, Có số gồm chữ số khác thành

lập từ chữ số cho, hai chữ số không đứng cạnh ?

Lời giải

Gọi a a a a a a1 2 3 4 5 6 số gồm chữ số đôi khác thiết lập từ tập 0,1, 2,3, 4,5 

+ Để lập thành số dạng a a a a a a1 :

a  nên có cách chọn a1, sau chọn hốn vị chữ số cịn lại

Do có tất 5.P5   5 5! 600 số dạng a a a a a a1 2 3 4 5 6 + Ta tìm chữ số có hai chữ số đứng cạnh nhau:

Có vị trí số a a a a a a1 để chữ số đứng cạnh nhau: 6, 6, 6, 6, ,

xya a a a a xya a a a a xya a a a a xya a a a a xy vị trí đầu bên trái

có khả 10a a a a3 4 5 6,các vị trí cịn lại hốn vị

Sau chọn vị trí để hai chữ số đứng cạnh nhau, ta chọn hốn vị chữ số cịn lại cho chỗ cịn trống

Do có 4! 216  số dạng a a a a a a1 , có chữ số chữ số đứng cạnh

nhau

Vậy: Có tất 600 216 384  số gồm chữ số khác nhau, hai chữ số 1

không đứng cạnh

DAYHOCTOAN.VN

14

DAYHOCTOAN.VN

Ta có:    

0

1 2

n n

n k k k k k

n n

k k

x C x C x

 

  

0 2 3

2 2 2n n n

n n n n n

C C x C x C x C x

     

Lấy đạo hàm hai vế, ta có:

  1 2 3 1

2n 2 x n 2Cn2 2C xn 2 3C xn   kkC xnk k   nnC xnn n Với x1, ta có:

1 2 3

2 2 k k n n 3n

n n n n n

S C  C  C   kC   nC  n 

Bài 34 Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, thành lập số tự nhiên, số có chữ số khác nhau, ln có mặt chữ số

Lời giải

Số cần lập có dạng a a a a a1 2 2 4 5, ln có mặt chữ số

Xảy trường hợp:

Trường hợp 1: Nếu a16 Khi đó, ta chọn chữ số chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5,

cho vị trí cịn lại trường hợp có A64 số

Trường hợp 2: Nếu a16, có cách chọn vị trí chữ số Khi đó, có cách chọn

 

1 1; 2;3; 4;5

a  Sau chọn a1và vị trí cho chữ số , cịn lại vị trí chọn từ

chữ số lại, nên số cách chọn

A  trường hợp có

5

4.5.A số

Vậy số số thoả mãn yêu cầu

6 4.5 1560 A  A 

Bài 35 Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, ta lập số tự nhiên có chữ

số, mà chữ số đơi khác hai chữ số kề không số lẻ?

Lời giải

Gọi số Aa a a a a a1 6 Từ giả thiết suy A có hoặc chữ số lẻ TH1: A có chữ số lẻ

+) a1 lẻ: Số số A C P15 5600

+) a1 chẵn: Có cách chọn a1 Số số A 4.(C C P15 44) 52400 Tổng có: 600 2400 3000  số số A có chữ số lẻ

TH2: A có chữ số lẻ

+) a1 lẻ: Có cách chọn a1 Có cách chọn a2 chẵn

Vậy số số A là 5.5.(C C P14 43) 4 9600

+) a1 chẵn: Có cách chọn a1 Có cách chọn hai vị trí khơng kề hai số lẻ a2 a3a4a5a6 Vậy số số A là

5

DAYHOCTOAN.VN

15

DAYHOCTOAN.VN

Tổng có: 9600 11520 21120  số số A

TH3: A có chữ số lẻ

+) a1 lẻ: Có cách chọn a1 Có cách chọn a2 Có cách chọn hai vị trí khơng kề

nhau hai số lẻ a3a4a5 a6 Vậy số số A là 5.5.(C42.3 ).P A2 42 10800

+) a1 chẵn: Có cách chọn a1 Có cách chọn vị trí khơng kề số lẻ

2

a a3 a4a5 a6 Vậy số số A là 4.(C53.1 ).P A3 422880 Tổng có: 10800 2880 13680  số số A

Tóm lại có: 3000 21120 13680 37800   số số A

Bài 36 Từ chữ số 1; 2;3; 4;5; lập số tự nhiên gồm chữ số cho số có ba chữ số 1, chữ số cịn lại đơi khác hai chữ số chẵn không

đứng cạnh nhau?

Lời giải

Số hoán vị chữ số lẻ 1;1;1;3;5

Ứng với hốn vị có vị trí đầu, cuối xen kẽ chữ số lẻ Do có A

cách xếp ba chữ số chẵn 2; 4; vào 6vị trí để số thỏa đề

Vậy số số thỏa đề là: 5!

2400 3!A 

Bài 37 Có số tự nhiên có ba chữ số abc thỏa mãn điều kiện a b c 

Lời giải

Ta xét trường hợp sau:

TH1: a b c 

Mỗi số abc tổ hợp chập chín phần tử 1; 2; ;9 suy số số  abc thỏa mãn a b c  C93

TH2 a b c

Mỗi số abc tổ hợp chập chín phần tử 1; 2; ;9suy số số abc thỏa mãn a b c

9 C

TH3: a b c

Mỗi số abc tổ hợp chập chín phần tử 1; 2; ;9 suy số số  abc thỏa mãn a b c

9 C

TH4: a b c

Số số abc thỏa mãn a b c C

Vậy số số thỏa mãn yêu cầu toán 2

9 9 165

C C C C 

Bài 38 Cho hai đường thẳng song song d d Trên dcó 10 điểm phân biệt, dcó n

DAYHOCTOAN.VN

16

DAYHOCTOAN.VN

Lời giải

Cách 1:

Ba điểm không thẳng hàng xác định tam giác Do đó, có trường hợp sau: - Tam giác có đỉnh d đỉnh d, số tam giác loại là:

10.Cn

- Tam giác có đỉnh dvà đỉnh d, số tam giác loại là: n C 102

Từ giả thiết, ta có phương trình: 2

10

10CnnC 2800 (n2)(*)

(*) 10 ! 45 2800

2!( 2)!

n

n n

  

 5 (n n 1) 45n2800

2 20

8 560 20

28

n

n n n

n

 

        



Cách 2:

Tổng số điểm d d n10 Số cách lấy điểm từ n10 điểm là: 10

n

C

Số cách lấy điểm thuộc d là: C103 (3 điểm loại không tạo thành tam giác) Số cách lấy điểm thuộc d là:

n

C (3 điểm loại không tạo thành tam giác)

Số tam giác tạo thành là: 3

10 10

n n

C C C

Theo đề tao có: 3

10 10 2800 ( 3)

n n

C C C  n …

Bài 39 Có bao nhiêusố tự nhiên gồm chữ số khác hai chữ số kề không số lẻ?

Lời giải

Gọi số Aa a a a a a1 Từ giả thiết suy A có hoặc chữ số lẻ Trường hợp 1: A có chữ số lẻ

+) a1 lẻ: Số số A là: 5.5! 600

+) a1 chẵn: Có cách chọn a1, chọn số lẻ đặt vào vị trí có

5.C cách, chọn số chẵn đặt vào vị trí cịn lại có 4! cách Số số A là: 4.5.A 4! 240015 

Tổng có: 600 2400   3000 số số A có chữ số lẻ

Trường hợp 2: A có chữ số lẻ

+) a1 lẻ: Có cách chọn a1 Có cách chọn a2 chẵn

Vậy số số A

4 4

5.5.(C C P) 9600

+) a1 chẵn: Có cách chọn a1, có cách chọn hai vị trí khơng kề hai số lẻ

trong a2a3 a4 a5 a6 Vậy số số A

2

5

4.(C ).P A 11520 Tổng có: 9600 11520   21120 số sốA

Trường hợp 3: A có chữ số lẻ

+) a1 lẻ: Có cách chọn a1, có cách chọn a2, có cách chọn hai vị trí khơng kề

nhau hai số lẻ a3 a4a5 a6 Vậy số số A

2

4

5.5.(C ).P A 10800

+) a1 chẵn: Có cách chọn a1, có cách chọn vị trí khơng kề số lẻ

2

a a3 a4 a5 a6 Vậy số số A

5

DAYHOCTOAN.VN

17

DAYHOCTOAN.VN

Tóm lại có: 3000 21120 13680    37800 số sốA

Bài 40 Tìm hệ số 18

x khai triển 2 – 23n

x biết n * thoả mãn đẳng thức sau:

0

2 2 512

n

n n n n

C C C  C 

Lời giải

Ta có: 1 1 2n C20nC21nC22nC23n  C22nn1C22nn  1

 2 2

2 2 2

1 1 n C n C nC nC n  C nn C nn  2 Cộng vế  1  2 ta được:

 

2 2 2

2 2 2 2

2 n 2 C n C nC n  C nn C nC nC n  C nn 2 n Theo ta có: 22n15122n   1 n

Từ đó, 2 – 23n – 215

x  x 

15

15

15

(2) ( 1)

i i i i

i

C  x





 Hệ số 18

x số

15 152 ( 1)

i i i

C   cho 2i 18  i Vậy hệ số 18

x là: -C15926  320.320

Bài 41 Đội niên tình nguyện quốc tế có 12 bạn gồm bạn quốc tịch Việt Nam, bạn quốc tịch Pháp bạn quốc tịch Thái Lan Hỏi có cách chọn bạn vào tổ công tác cho tổ có khơng q quốc tịch?

Lời giải

Chọn bạn cho tổ cơng tác gồm 12 bạn có: C124 495(cách)

Chọn bạn cho tổ công tác cho có quốc tịch có:

1 2 1 5 270

C C C C C C C C C  (cách)

Vậy số cách chọn học sinh vào tổ công tác cho tổ không quốc tịch là:

495 270 225 (cách)

Bài 42 Tìmn nguyên dương thỏa mãn: Cn13Cn27Cn3  2n1Cnn 32n2n6480

Lời giải

Xét 1xn Cn0C x C x1n  n2 2C xn3 3  C xnn n

+ Với x2 ta có:

3n 2n n

n n n n n

C C C C C

       1

+ Với x1 ta có:

2nCnCnCnCn  Cnn  2

+ Lấy    1 – ta được: Cn13Cn27Cn3  2n1Cnn 3n2n + PT 3n2n 32n 2n6480 32n3n648003n 81

4

n

 

Bài 43 Người ta sơn bề khối lập phương thành màu trắng cưa thành 64 khối lập phương nhỏ.Sau đó, từ khối lập phương nhỏ, người ta xếp để tạo lại khối lập phương cũ, lúc khối lập phương nhỏ thay đổi vị trí quay Hỏi có cách xếp khối lập phương nhỏ để khối lập phương lớn có bề ngồi sơn màu trắng

DAYHOCTOAN.VN

18

DAYHOCTOAN.VN

Trong 64 khối lập phương nhỏ có: (1) khối sơn mặt

(2) 24khối sơn mặt (3) 24 khối sơn mặt

(4) khối không sơn mặt

Rõ ràng muốn khối lập phương nhận bên ngồi có sơn khối loại (1) phải đặt đỉnh khối đặt theo cách, có

3 8! cách Tương tự, loại (2) có 24

2 24! cách xếp, loại (3) có 24!24 cách xếp loại (4) có 24 8!8

cách xếp

Vậy có tất 24 24  48 2

3 8!.2 24! 24!.24 8! 8!.24!

Bài 44 Có hai hộp đựng bi, viên bi mang màu trắng đen Lấy ngẫu nhiên từ hộp viên bi

a) Biết hộp thứ có 20 viên bi, có viên bi đen Hộp thứ hai có 15

viên bi, có 10 viên bi đen Tính xác suất để lấy hai viên bi đen

b) Biết tổng số bi hai hộp 20 xác suất để lấy hai viên bi đen 55

84 Tính

xác suất để lấy hai viên bi trắng

Lời giải

a) Xét phép thử: Chọn ngẫu nhiên từ hộp bi

Mỗi phần tử không gian mẫu chọn nhờ giai đoạn: 1) Chọn bi từ 20 bi hộp

2) Chọn bi từ 15 bi hộp

Suy số phần tử không gian mẫu | | 20.15300

Gọi A biến cố: Lấy hai viên bi đen, lập luận tương tự, ta

|A| 7.10 70 nên xác suất để lấy hai bi đen ( ) 30 P A 

b) Giả sử hộp có x viên bi, có a viên bi đen, hộp thứ hai có y viên bi, có b viên bi đen (x y a b, , , số nguyên dương,x y, ax, by)

Theo lập luận giả thiết, ta có x y 20 55 84

ab

xy  nên 55xy84ab Từ

xy chia hết cho 84 Mặt khác 1( )2 100

4

xy xy  nên xy84 Ta x14,y6

Từ ab55 nên a ước 55.Do a11

6 55 a

b

DAYHOCTOAN.VN

19

DAYHOCTOAN.VN

Vậy xác suất để bi trắng (6 5)(14 11)

6.14 28

  

Bài 45 Tìm số nghiệm nguyên dương hệ

 

1 2014

1 i 1007 , 1; 2;3

x x x

x i

  



    



Lời giải

Ta có

 

1 2014

1 i 1007 , 1; 2;3

x x x

x i

  



    



   

1

4

2014 *

1 i 1007 , 1; 2;3 ; 1;

x x x x

x i x x

   

  

     



Xét phương trình nghiệm nguyên dương x1  x2 x3 x4 2014

Số nghiệm phương trình số cặpx x x x1; 2; 3; 4ta cho tương ứng với dãy

1

11 1011 1011 1011

x x x x

, ta phải chọn vị trí đặt số 2013 vị trí Số nghiệm phương trình

2013 C

Xét toán ngược: Trong nghiệm x x x1; 2; có nghiệm lớn hơn1007 Dễ thấy

khơng thể có nhiều nghiệm lớn 1007 tổng 2014 Giả sử x1 1007

, đặt x1 x 1007 thay vào phương trình (*) ta x  x2 x3 x4 1007 Lý luận

tương tự ta số nghiệm 1006 C

Vậy số nghiệm nguyên dương hệ cho 3

2013 1006 C  C

Bài 46 Trong sách có 800 trang có trang mà số trang có chữ số

Lời giải

Trường hợp 1: số trang có chữ số: có trang

Trường hợp 2: số trang có chữ số a a1 2

+ Nếu a1  5 a2 có 10 cách chọn  có 10 trang

+ Nếu a2  5 a1 có cách chọn (vì a10;a15) có 18 trang Trường hợp 3: số trang có chữ số a a a1 2 3

Do sách có 800 trang a1 chọn từ 17

+ Nếu a1  5 a2 có 10 cách chọn, a3 có 10 cách chọn có 100 trang

DAYHOCTOAN.VN

20

DAYHOCTOAN.VN

+ Nếu a3  5 a1 có cách chọn, a2 có cách chọn (vì a15,a2 5)  có 54

trang

Vậy số trang thỏa mãn yêu cầu toán là: 233 trang

Bài 47 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x  y z 2012 Trong số nghiệm

này có nghiệm x y z0; 0; 0 x y z0; 0; đơi khác

Lời giải

Mỗi ba số nguyên dương x y z; ;  thỏa mãn x  y z 2012 tương ứng với (11 1011 1011 1)

x y z

Trong có 2012 số số

Như ba số cần tìm số cách xếp số 2012 chữ số vào 2013 vị trí cho số không đứng cạnh không đứng đầu đứng cuối Để xếp số nhứ ta thực

+ Sắp xếp 2012 chữ số có cách xếp

+ Sắp xếp số vào 2012 số ta có 2011 cách xếp ( trừ vị trí đầu cuối)

+ Sắp xếp chữ số thứ vào 2013 số ta 2010 cách xếp ( không đầu cuối trài phải số )

+ Vì số đổi chỗ cho nên có 2011.2010

2 số cần tìm

Ta có nhận xét 2012 khơng chia hết phương trình khơng có nghiệm

Ta đếm nghiệm x y z0; 0; x0  y0 Để có nghiệm loại ta thấy cặp

0

x  y có số nguyên z0 với 0x0  y0 1005 để chọn nghiệm loại ta thực hiện:

+ Chọn số ngun thuộc[1;1005] vào vị trí x y0; 0có 1005 cách chọn

+Số lại z0 2012 2 x0 có cách chọn

Vậy có 1005 ba số x y z0; 0; 0 x0 y0

Vì vai trị x y z0; 0; đổi chỗ cho nên có 3.1005 nghiệm có số giống

DAYHOCTOAN.VN

21

DAYHOCTOAN.VN

Vậy có 2011.2010 3.1005 2008.1005

2   nghiệm x y z0; 0; 0 x y z0; 0;

đôi khác

Bài 48 Từ số nhiên, lập số gồm chữ số khác Trong thiết phải có mặt hai chữ số

Hướng dẫn giải

Gọi số gồm chữ số khác abcdef

+) xếp vào vị trí từ a đến f có A62 cách chọn +) a2;3; 4;5;6;7;8 có chọn sau xếp số +) Còn lại số xếp vào vị trí có

7

A cách chọn

Suy có

6

7.A A 44100 số

Bài 49 Từ chữ số 0,1, 2, 3, 4, lập số tự nhiên gồm chữ số khác nhau, phải có chữ số

Hướng dẫn giải

Gọi số tự nhiên cần lập X a a a a1 2 3 4 a10 , ai0,1, 2, 3, 4, 5 i1, 2, 3, 4

Trường hợp 1: Trong X có chữ số

Có ba cách xếp chữ số , ba cách xếp chữ số 2, hai cách xếp chữ số A31 cách xếp ba chữ số 1, 3,

Suy có

3

3.3.2.A 54 số

Trường hợp 2: Trong X khơng có chữ số

Có bốn cách xếp chữ số 2, ba cách xếp chữ số A32 cách xếp ba chữ số 1, 3,

Suy có

3

4.3.A 72 số Vậy có tất 54 72 126  số

Bài 50 Trong hội cuối năm quan, ban tổ chức phát 100 vé xổ số đánh từ

đến 100 cho 100 người Xổ số có bốn giải: giải nhất, giải nhì, giải ba, giải tư Kết việc cơng bố trúng giải nhất, giải nhì, giải ba, giải tư Hỏi:

a Có kết có thể, biết nguời giữ vé số 47 giải nhất?

b Có kết có thể, biết nguời giữ vé số 47 trúng bốn giải?

Hướng dẫn giải

a Nếu giải xác định giải nhì, ba, tư rơi vào 99 người cịn lại Vậy: có

99

A 941094 kết

b Người giữ vé số 47 có bốn khả trúng bốn giải Sau xác định giải người giải cịn lại rơi vào 99 người khơng giữ vé số 47

Vậy: có 99

A khả Theo quy tắc nhân ta có:

99

4 2 A 3764376 kết

Bài 51 Có số tự nhiên có chữ số đơi khác mà có chữ số lẻ?

Hướng dẫn giải

DAYHOCTOAN.VN

22

DAYHOCTOAN.VN

Có khả chọn chữ số lẻ

Mỗi cách chọn chữ số lẻ chữ số chẵn có P6 6! Cách xếp chữ số cho

vào vị trí từ a1 đến a6

Nh có 5.P6 5.6! cách xếp 10 chữ số từ đến vào vị trí từ a1 đến a6 mà

mỗi cách có chữ số lẻ

*Trong tất cách xếp cách xếp có chữ số đứng vị trí a1 khơng phải số có chữ số

* Do tính bình đẳng chữ số chọn có

6 số cách xếp khơng phải số có

chữ số 5.6! 5.5! 

Vậy số số có chữ số mà có số lẻ 5.6! 5.5! 5! 30 5     25.5! 3000 số

Bài 52 Có cách chia hết 200 sách thành bốn phần biết phần có 20 sách

Hướng dẫn giải

Gọi , , ,x y z t số sách mà phần có x y z t thoả mãn điệu kiện , , ,x y z t 20; 

 

200 x   y z t  1

(Đặta x 19;b y 19;c z 19;d  t 19) (1) trở thành a b c d   276 (*)

(Đặta x 19;b y 19;c z 19;d  t 19) a b c d, , , dương số cách chia quà số nghiệm nguyên dương phương trình (*)

+) Đặt 276 dấu chấm theo hàng ngang tạo đơc 275 khoảng trống Đặt que tính vào ba khoảng trống (phần dấu chấm gán cho a phần dấu chấm thứ hai gán cho b phần dấu chấm thứ ba gán cho c phần dấu chấm thứ t gán cho d) ta có nghiệm nguyên

/ / /

a b c d

vậy số nghiệm nguyên pt * số cách đặt que ba khoảng trống số tổ hợp chập 275

KL: Số cách chia 200 sách thoả mãn đàu là

275 3428425

C 

Bài 53 Cho tập hợp X 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,  Lập số N gồm 2010 chữ số thỏa mãn N

chia hết 99.999 chữ số N lấy từ số thuộc tập X Tính trung bình cộng tất

các số N tìm

Hướng dẫn giải

Gọi M tập hợp số N thỏa điều kiện đề Ta xây dựng ánh xạ f sau :

DAYHOCTOAN.VN

23

DAYHOCTOAN.VN

2010

( ) 99

N f N  chia hết cho 99.999

Suy f song ánh từ MM

Từ ta có

    2010

2010 2010

2 ( ) 99 99 10

N M N M

N N f N M

 

     

 

Suy trung bình cộng tất số N tìm là:

2010

10

2



Bài 54 Từ chữ số1, 2, 3, 4, 5, lập số tự nhiên gồm chữ số cho số có ba chữ số 1, chữ số cịn lại đơi khác hai chữ số chẵn không

đứng cạnh nhau?

Hướng dẫn giải

Số hoán vị chữ số lẻ 1,1,1, 3, 5!

3!

Ứng với hốn vị có vị trí đầu, cuối xen kẽ chữ số lẻ Do có A63 cách xếp ba chữ số chẵn 2, 4, vào vị trí để số thỏa đề

Vậy số số thỏa đề là: 5!

2400 3!A 

Bài 55 Trong buổi tiệc có 10 chàng trai, chàng trai dẫn theo gái

a) Có cách xếp họ ngồi thành hàng ngang cho cô gái ngồi cạnh nhau, chàng trai ngồi cạnh có chàng trai ngồi cạnh gái mà dẫn theo?

b) Ký hiệu cô gái G G1, 2, ,G10 Xếp hết 20 người ngồi thành hàng ngang

cho điều kiện sau đồng thời thỏa mãn:

1 Thứ tự ngồi cô gái, xét từ trái sang phải G G1, 2, ,G10 Giữa G1 G2 có chàng trai

3 Giữa G8 G9 có chàng trai nhiều chàng trai Hỏi có tất cách xếp ?

Hướng dẫn giải

a) Có 10! 9!  cách

b) Giả sử có 20 chỗ ngồi đánh số thứ tự từ trái sang phải 1, 2, , 20

Gọi x1 số chàng trai xếp bên trái G1, x2 số chàng trai xếp G1

2

G , x3 số chàng trai xếp G2 G3, , x10 số chàng trai xếp G9 G10, x11 số chàng trai xếp bên phải G10

Bộ số x x1, 2, ,x11 hồn tồn xác định vị trí gái và:

1) x1x2  x11 10

2) x2 2

3) 1x9 3

DAYHOCTOAN.VN

24

DAYHOCTOAN.VN

Trong ẩn không âm 1x9 3

Sử dụng kết toán chia kẹo Euler ta số x x1, 2, ,x11 là:

9 9

16 15 14 18447 C C C 

Vậy có 18447.10! cách xếp thỏa đề

Bài 56 Trên mặt phẳng có 2016 điểm phân biệt A A1, 2, ,A2016 Từ điểm trên, bạn An

muốn vẽ vectơ khác vectơ không, thỏa điều kiện sau:

1 Với i j, 1; 2;3; ; 2016, vẽ A Ai j khơng vẽ A Aj i

2 Với i j k, , 1; 2;3; ; 2016, vẽ A Ai j A Aj k khơng vẽ A Ai k Hỏi An vẽ nhiều vectơ?

Hướng dẫn giải

Khơng tính tổng qt, giả sử A1 thuộc nhiều vectơ

Với điểm A ii 1; 2; ; 2016 ta chia điểm lại thành loại: Loại 1: Có nối với A1 A1 điểm đầu

Loại 2: Có nối với A1 A1 điểm cuối

Loại 3: Không nối với A1

Giả sử có m điểm loại 1, n điểm loại 2, p điểm loại Chú ý rằng:

Giữa điểm loại điểm nối lại Giữa điểm loại khơng có điểm nối lại

Giữa A1 điểm loại 1, loại có tối đa m n mn  vectơ

Số vectơ liên quan đến điểm loại tối đa p m n   Vậy tổng số vectơ tối đa

 

m n mn   p m n mn m p   1 n p1  

2 2

1 2016

3

m n  p

 

Đẳng thức xảy m   n p 672 Đưa mơ hình

Bài 57 Cho thư vào phong bì, phong bì ghi sẵn địa thư Tính số cách bỏ vào thư :

a Chỉ có thư bỏ địa b Chỉ có thư bỏ địa c Không có thư bỏ địa

Hướng dẫn giải

Gọi thư T T T T T1, 2, 3, 4, Phong bì B B B B B1, 2, 3, 4,

a Mỗi cách bỏ thư thực qua bước

Bước 1: Chọn thư để bỏ địa chỉ: có

5 10

C  cách chọn (giả sử T T1, 2 bỏ B B1, 2) Bước 2: Bỏ thư lại sai địa chỉ: có cách bỏ

DAYHOCTOAN.VN

25

DAYHOCTOAN.VN

 Bước 1: Chọn thư để bỏ địa có C51 5 cách (giả sử chọn T5 vào

B )

 Bước 2: Bỏ T1 vào B B B2, 3, 4 có cách

 Bước 3: Bỏ T T T2, 3, vào B B B1, 3, cho khơng thư địa có cách Vậy: số cách bỏ thư địa là: 3  45 cách

c Số cách bỏ thư vào bì thư 5! 120

 Có 45 cách bỏ dúng thư vào bì thư

 Có 20 cách bỏ thư vào bì thư

 Có C52 10 cách bỏ thư vào bì thư

 Có cách bỏ ( ) thư vào bì thư

Vậy: số cách bỏ để khơng thư địa là: 120 – 45 20 10 1     44 cách

Bài 58 Trong thư viện có 12 sách gồm sách Toán giống nhau, sách Vật lý giống nhau, sách Hóa học giống sách Sinh học giống xếp thành dãy cho khơng có ba mơn đứng kề Hỏi có cách xếp ?

Hướng dẫn giải

Gọi A tập hợp cách xếp 12 thành dãy tùy ý Gọi A1 tập hợp cách xếp sách Toán đứng kề Gọi A2 tập hợp cách xếp sách Lý đứng kề Gọi A3 tập hợp cách xếp sách Hóa đứng kề Gọi A4 tập hợp cách xếp sách Sinh đứng kề

Gọi *

A tập hợp cách xếp thỏa yêu cầu đề Ta có

4

* *

1

\ i i

i i

A A A A A A

 

   

Mà 12!4 369600

(3!)

A  

4

1

4 4

1

10! 8! 6! 4!

60936

(3!) (3!) (3!) (3!)

i i

A C C C C



    

*

369600 60936 308664

A

   

Bài 59 Cho tập hợp A0; 4;5;6;7;8  Hỏi lập số có chữ số (các chữ số chọn từ tập A) cho số tạo thành chia hết cho 4?

Hướng dẫn giải

2) Ta có số chia hết cho hai chữ số cuối lập thành số chia hết cho

Gọi số cần tìm a a a a1 4 với

4

1, 2, 3, a a a a A Ta có

* a a3 4 chọn số 00, 04, 08, 40, 44, 48, 56, 60, 64, 68, 76,80,84,88 Có tất 14 cách chọn

DAYHOCTOAN.VN

26

DAYHOCTOAN.VN

* a1 có cách chọn ( a10 )

KL: Vậy có 14 420   số

Trong buổi liên hoan có người tham dự Hỏi có cách xếp người cho người bắt tay với ba người lại

Bài 60 Ta vng có dịng cột dịng cột ta tương ứng với người thứ

, 1, 2, ,

i i hai người bắt tay với ta đánh số thứ tự 1, hai người không bắt tay nhau ta đánh

số thứ Đường chéo hình vng ta đánh số

Vì người bắt ta với ba người nên hàng hình vng có ba số

1 có hàng nên có 27 số

Mặt khác người thứ i bắt tay với người thứ j người thứ j bắt tay với người thứ i nên số ô vuông đối xứng qua đường chéo số số phải số chẵn điều mâu thuẩn với 27 số lẻ

Vậy xếp người cho người bắt tay với ba người lại

Bài 61 Tìm số nguyên dương n cho:

1 2 2

2 2.2 3.2 (2 1).2 2011

n n

n n n n

C   C   C    n C  

Lời giải

Ta có: (1x)2n1C20n1C21n1.x C 22n1.x2C23n1.x3  C22nn11.x2n1 (1)

Lấy đạo hàm hai vế (1) theo x ta được:

2 2

2 2

(2n1)(1x) ( 1)n   Cn 2Cn.x3.Cn.x   (2n1).Cnn.x n

 2 2

2 2

(2n1)(1x) nCn 2Cn.x3.Cn.x   (2n1).Cnn.x n (2) Cho x2 vào hai vế (2) ta được:

1 2

2

2n 1 Cn  (2 n1).Cnn.2 n Khi đó: 2n 1 2011 n 1005

Vậy n1005

1

1

2

3 1

4

5

6

7

8

DAYHOCTOAN.VN

27

DAYHOCTOAN.VN

Bài 62 Cho k số tự nhiên thỏa mãn k 2011 Chứng minh rằng:

0 1 5

5 2011 2011 2011 2016

k k k k

C C C C   C C  C

Lời giải

Dễ thấy   5 2011  2016

1x 1x  1 x ;

 5 0 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5

5 5 5

M 1 x C C x C x C x C x C x

 2011 0 1 1 k k 2011 2011

2011 2011 2011 2011

N 1 x C C x   C x   C x

 2016 0 1 k k 2016 2016

2016 2016 2016 2016

P 1 x C C x C  x   C x

Ta có hệ số k

x P Ck2016 Vì PM N , mà số hạng chứa xk M N là:

0 1 2 2 3 3 4 4 5 5

5 2011 2011 2011 2011 2011 2011

k k k k k k k k k k k k

C C x C xC  x  C x C  x  C x C  x  C x C  x  C x C  x 

nên

0 1 5

5 2011 2011 2011 2016

k k k k

C C C C   C C  C (đfcm)

Bài 63 Cho n số tự nhiên, n2 Chứng minh đẳng thức sau:

 2  2

2 2 2

1 n n ( 1)2n

n n n n n

n C  n C  n C   C   C  n n  Lời giải

Ta có:    

0

1 ,

n

n k n k

n k

x C x 



 

Đạo hàm hai vế  1 theo x ta có:  

1

1 1

0

1 ( )

n

n k n k

n k

n x n k C x



  



  

Tiếp tục nhân hai vế với x ta được:

  1   

1 ,

n

n k n k

n k

nx x n k C x



 



  

Đạo hàm hai vế  2 theo x ta được:

      1 2 1  

1 ,

n

n n k n k

n k

n x n x x n k C x



   



      

   , vớix0

Thay x1vào  3 ta được:

 2  2

2 2 2

1 n n ( 1)2n

n n n n n

n C  n C  n C   C   C  n n  Bài 64 Tìm số tự nhiên n biết rằng: C21n1C23n1 C22nk11 C22nn1165536

DAYHOCTOAN.VN

28

DAYHOCTOAN.VN

Ta có: (1 1) 2n1 C20n1C21n1C22n1  C22nn1C22nn11 1 

 

2 1 2

2 2 2

(1 1) n n n

n n n n n

C C C C C

 

    

      

Cộng hai vế  1  2 ta được:

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

2                

Theo ta có: 22n216n8

Bài 65 Cho biết ba hệ số đầu khai triển n x x     

  có hệ số ba số hạng liên tiếp

của cấp số cộng Tìm tất hạng tử hữu tỷ khai triển cho

Lời giải

+ Số hạng tổng quát khai triển: Tk+1=Ckn

3 2 n k k x  

+ Ba hệ số đầu khai triển: 1 2

; ;

n n n

C  C  C lập thành CSC

Suy ra: Cn022Cn22.21Cn1 (1) Giải (1) n =1 n=

+ Với n = 1, hạng tử hữu tỷ

2 k

N

 

k , khơng có hạng tử hữu tỷ + Với n = 8, hạng tử hữu tỷ

2 k

N

 

k = 0; Các hạng tử hữu tỷ là: 0

82

C x ; C8222x

Bài 66 Tìm hệ số lớn khai triển: (1 ) x 12

Lời giải

Ta có:  

12 12

12

1 k(2 ) ;k

k

x C x



  hệ số khai triển là: bk C12k2 k Ta có:

1

1 12 12

23

2

3

k k k k

k k

b b C C    k 1

1 12 12

23

2

3

k k k k

k k

b b C C    k 12

b b b b b b b

        

Vậy hệ số lớn là: 8

8 122 126720

b C 

DAYHOCTOAN.VN

29

DAYHOCTOAN.VN

0 2010 2009 2010 2010

2011 2011 2011 2010 2011 2011 2011 2011.2

k k x

k

C C C C  C C   C C  Lời giải

Xét phương trình:

0 2010 2009 2010 2010

2011 2011 2011 2010 2011 2011 2011 2011.2

k k x

k

C C C C  C C   C C  (***)

Ta có:

     

2010

2011 2011 2010

2011 !

2011! 2010!

2011 2011

! 2011 ! 2010 ! ! 2010 !

k k k

k

k

C C C

k k k k k

 



  

  

Thay vào ta được: (***)  2010

2010 2010 2010

2011 C C C 1011.2x

    

2010

2 2x x 2010

   

Bài 68 Chứng minh  

2 2

2

n n

n n n n

n

C  C  C   n C   (nN, n1)

Lời giải

Ta có:

  2 2 1 3 5 2 1

2 2

1x n 1 x n 2(C nC nC n  C nn) Lấy đạo hàm hai vế:

   2  2

1 2

2 2

2C n3C xn 5C xn   2n1 C nnx n = 2n 1x n 2n 1x n

Thay x1 vào hai vế ta được:

 

1 2

2 2

2C n3C n5C n  2n1 C nn  2n n  

1

2 2

2

n n

n n n n

n

C C C n C 

      

Bài 69 Chứng minh rằng: ≤ k ≤ n , kN, n N* thì:

2

0 2

2 2

n n n

n

n n n n n n

C  C  C    C    Lời giải

Từ khai triển   2

1x n Cn C x C xn  n   C xnn n

Thay

2

x ta

2

0

3 1

2 2

n n

n

n n n n

C C x C C

        

     

      (1)

Ta lại có:

DAYHOCTOAN.VN

30

DAYHOCTOAN.VN

n nn

n n

n n

n n

n n

C C

C C

C

2

5

3

3

2 0

2 

  

   

Suy điều phải chứng minh

Bài 70 Tìm số tự nhiên n thỏa mãn: 3

1 12

n n n

A A  C  n,

Lời giải

Điều kiện: n3,n

Phương trình cho tương đương:

       

3

1

1

12 12

3!

n n n

n n n

A A  C  nn n n n n     n

2

4

1

n

n n

n

 

     

  

Đối chiếu với điều kiện ta n =

Bài 71 Tìm hệ số

x khai triển biểu thức sau thành đa thức:

 7 2 9

( )

f x x  x x  x Lời giải

* Xét khai triển Ex1 3 x7

Số hạng tổng quát:    

7

k k k k k

x C x  C x   k Số hạng chứa

x k   1 k Vậy hệ số

x khai triển E là: 5C75

* Xét khai triển 2 9

1

Gx  x

Số hạng tổng quát:      

9

k k k k k

x C  x   C x   k Số hạng chứa

x k   2 k Vậy hệ số

x khai triển G là:  2 C94 2 4C94 Vậy hệ số

x khai triển f x  là: C5 752 4C94 7119

Bài 72 Khi khai triển  210

1 x x thành đa thức P x a0a x a x1  2a x20 20 Hãy tính

tổng a0  a1 a2 a20

Lời giải

Từ   20

0 20

DAYHOCTOAN.VN

31

DAYHOCTOAN.VN

Thay x1 vào ta P 1 a0 a1 a2a20 Mà P 1   1 1210310 nên a0  a1 a2 a20310

Bài 73 Tìm hệ số số hạng chứa 15

x khai triển  

2x 3 n thành đa thức, biết n số

nguyên dương thỏa mãn

8 49

n n n

A C  C  (Trong k

n

A số chỉnh hợp chập k n phần tử, Cnk số tổ hợp chập k n phần tử) Lời giải

Điều kiện: n , n3

Ta có   

8 49 7

n n n

A C  C   n n    n

Khi đó:  7  3     7 

7

0

2 k k k k 2k k.3k k

k k

x C x  C  x 

 

    

Số hạng chứa 15

x khai triển ứng với 7 k15 k Hệ số số hạng cần tìm 5 2 7 2 2

7 6048

C   

Bài 74 Tìm số hạng chứa

x khai triển nhị thức Newton x2 x

Lời giải

Ta có:

8

8

2 2

8

0

1 i i i i i

i i

x x C x x C x x

8

2

8

0 0

1

i i

k k

i i k k i k i k

i i

i k i k

C x C x C C x

Để xuất số hạng chứa

x thì:

2

0

0

,

i k

k i i

i k

i k N

hoặc

0

i k

Vậy số hạng chứa

x là: C C83 32 12x8 C C84 40 10x8 238x8

Bài 75 Chứng minh với n , n3 Ta có:

1

2

!

n

n n n n

C C C nC

n n

    

Lời giải

DAYHOCTOAN.VN

32

DAYHOCTOAN.VN

Lấy đạo hàm hai vế:   1 2 1

1 n n n nn n

n x  C  C x nC x 

Cho x1, ta có Cn12Cn2  nCnn n 2n1

1

1

2

n n

n n n n

C C C nC

n



   

 

Ta chứng minh 2n1n!, với n

, n3  2 phương pháp qui nạp + Kiểm tra  2 n3

+ Giả sử  2 n k 3,k , tức ta có 2k1k!

Ta chứng minh  2 n k 1, ta chứng minh:2k k1 !

Vì 3   k k nên    

2k  2 2k   2 k! k1 k! k1 ! Suy điều phải chứng minh

Bài 76 Chứng minh rằng:  0  2 1  2 2 2  2 1 2 12

2 2

n n

n n n n

C   C   C      C  

Lời giải

Xét đẳng thức:

 2  2 2  

2

1

n n

n n k k k k k

n n

k o k o

x x C x C x

 

 

 

 

  

     

  

Hệ số x2n1

khai triển là:

 0  2 1  2 2 2  2 1 2 12

2 2

n n

n n n n

C   C   C      C 

Ta lại có:

 2  2  2 2 1 n n n x  x   x  

Hệ số 2n

x  khai triển chứa lũy thừa bậc chẵn x ta có:  0  2 1  2 2 2  2 1 2 12

2 2

n n

n n n n

C   C   C      C  

Bài 77 Cho số nguyên dương n Chứng minh rằng:

1

2009 2010 2009+n

1 1

+ + + <

C C Cn 2007

Lời giải

Ta có: 1

2009

1 2008!( 1)! 2008!( 1)!

(2009 ( 2))

(2009 )! (2009 )!2007

k k

k k

k k

C   k k

 

    

DAYHOCTOAN.VN

33

DAYHOCTOAN.VN

2008 2007!( 1)! 2007!( 2)!

2007 (2008 )! (2009 )!

k k

k k

   

   

 

 

2008 2009

2008 1

2007 Ck k Ck k

 

   

 

Lấy tổng số hạng ta được:

1

0 2009 2008 2009 2008

1 2008 1 2008 1

2007 2007 2007

n

k n

k C k C C n C

              

Bài 78 Tìm hệ số số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niu-tơn

3 1 n x x x     

  biết tổng hệ số số hạng khai triển

0 n 4096

a  a a  a 

Lời giải

Ta có:

 

5

3 3 3

3

0

1 ( )

n k n k

n k k

f x x x a x x

x            

  12

0

(1) 1 4096 12

n

n n

k k

f a n



       

Suy ra:

 

12

12 12 12 12 12 60

3 3 3 3 3 3

12 12 12

3

0 0

1 k k k k k k k k

k k k

x x C x x C x C x

x                                   

Số hạng không chứa x ứng với  6k 60 0  k 10 Vậy số hạng khơng chứa x có hệ số là: C121066

Bài 79 Tìm hệ số số hạng chứa

x khai triển nhị thức Niutơn

2 n x x     

  , biết

rằng 1 2 3

3n 3n 3n n 6144

n n n n

C   C   C   nC  (*)

(n nguyên dương, x0, Cnk số tổ hợp chập k n phần tử)

Lời giải

Ta có: 3xn Cn03nCn13n1x C n23n2x2Cn33n3x3  C xnn n (1) Lấy đạo hàm hai vế (1) ta

  1 1 2 2 3 3 2 1

3 n n3n n3n n3n nn n

n x  C   C  x C  x  nC x  (2)

1

x vào (*) ta có

1 2 3

.3n 3n 3n n 4n

n n n n

C   C   C   nC n   

DAYHOCTOAN.VN

34

DAYHOCTOAN.VN

Với n6 (3) thỏa

Với nN n7 n.4n17.46 6144 nên (3) khơng thỏa Suy n6là nghiệm (*)

 

2 12 12 12 12 11 72

5 5

12 12

3 3

0

1 n 1 k k k

k k

k k

x x C x C x

x x x

 

 

         

     

       

kZ k, 0,1, ,12 thỏa 11 72 8

k

k

   

Vậy hệ số

x C128 495

Bài 80 Tính tổng tất hệ số có lũy thừa bậc lẻ đa thức P(x) khai triển:

   210

1

P x   x x

Lời giải

Ta có: P x  1 4x5x210   20 19

20 19

P x a x a x  a x a Tổng cần tính là: S a19a17  a1

Ta có:   10

1 20 19 1 10

S a a   a a P  (1)

Mặt khác:   10

2 20 19 1

S a a   a a P   (2)

Lấy (1) trừ (2) được: 10 10

2S 10 2

Vậy: 1 10 10

10 2

S  

Bài 81 Chứng minh rằng: Nếu n k,  thì:

 2

2 2

n n n

n k n k n

C  C   C Lời giải

Cố định n, với 0 k n, xét dãy số  uk

Ta có 2 2 (2 )! (2 )!

!( )! !( )!

n n

k n k n k

n k n k

u

n n k n n k

c  c 

 

 

 

1 2

(2 1)! (2 1)!

!( 1)! !( 1)!

n n

k n k n k

n k n k

u

n n k n n k

c c

    

   

 

   

  

  

1

1

k k

n k n k u

u n k n k

   

  

  

2n k 1n k n k 2 n k

       

2nk n

   0 k n

Vậy  uk dãy số giảm

Suy với k0 ta có C2nn k C2nn k  C2nn (đpcm) Bài 82 Chứng minh rằng:  

 

1 1

2.4.6

1

3 1.3.5

n n

n

n n C

C C n

n n



    

  ,  n

DAYHOCTOAN.VN

35

DAYHOCTOAN.VN

Ta có 1x2n  1 C xn1 2C xn2 4    1 nC xnn 2n, n

   2   

1

2

0

1

1 n n 1n n n

n

n

C x C x C x

x dx

       

   

1

1

1

3

n n n n n C C C n      

 Tính In=

đặt cos , 0;

2

x t t  

  dx sintdt

Đặt sin sin n u t dv tdt      2 sin n n I tdt  

  2

0

2 cos sin n

n

I n t tdt





  

 

2

2

0

2n sin t sin n tdt





   2nIn12nIn  

2 2.4

2 3.5

n n

n n

I I I

n  n

  

 

Vậy

 

2.4

3.5

n

n I

n



 (2)

Từ (1) (2) đpcm

Bài 83 Tìm hệ số khơng chứa x khai triển

20 x x        Lời giải Ta có 20

20 1 1

3

1

2 x 2x x

x                 20 1 20 20 k k k k

C x x

               

 20 60

20 6 20 k k k k C x    

Với kZ, 0 k 20

Hệ số khơng chứa x 60 5 k0 nên k12 ( T/m) Hệ số cần tìm 12

20.2 32248320

C 

Bài 84 Tìm tất số nguyên dơng n thoả mãn: 1  1

2 42

n n

n n n

C C C

n



   



Lời giải

Với n nguyên dơng, xét tích phân  

1

0

1 n

I x x dx

Đặt 1 x t dx dt Khi x  0 t x  1 t Vậy

0 1

1

1

1 1

(1 ) ( )

0

1 2

n n

n n n t t

I t t dt t t dt

n n n n

 

  

         

   

 

  (1)

Mặt khác (1x x)n    1 n n n

n n n

x C C x C x

      

n n n

n n n

C x C x C x 

    

1 

0

)

( x ndx

DAYHOCTOAN.VN

36

DAYHOCTOAN.VN

Vậy  

1

0 2

0

1

1 ( 1)

( 1)

0

2

n

n n n n n

n n n n n n

I C x C x C x dx C x C x C x

n                   

= (2)

Từ (1) (2), suy 1  1 1

2 2

n n

n n n

C C C

n n n



    

  

Vậy n thoả mãn điều kiện cho 1  3

1 42 n n 

Giải phương trình (3) nghiệm nguyên dương n5 KL: n5

Bài 85 Tìm số hạng khơng chứa x khai triển , n x x       

Điều kiện: n12,nN Ta có Điều kiện: n12,nN Ta có

11 10 9 8 11 10

2           

  n  n  n  n  n  n  n  n  n  n  n

n C C C C C C C C C C C

C  11 10 9 11 10

1        

  n  n  n  n  n  n  n  n

n C C C C C C C C

C

9 10 11 10 11

1 1 20

n n n n n

C C C C C n

      

Với n20 ta có    

20 20 20

20 40

3 3 6

20 20

0

2

.2

k

k k

k k k k

k k

x C x x C x

x                

Số hạng không hạng không chứa x ứng với số tự nhiên k: 40 5 k  0 k Vậy số hạng không chứa x 28C208

Bài 86 Tìm hệ số số hạng chứa 13

x khai triển Newton đa thức

 

3

1

( )

4

n

f x   x x  x

  với n số tự nhiên thỏa mãn:

3

14 n

n n

A C   n

Lời giải

Từ

14 n

n n

A C   n suy 2n25n250 ta n5

Ta có      

3

3 21

2

1 1

( ) 2

4 64 64

n n

f x   x x  x  x   x

 

Vậy hệ số 13 13

13 21

1 64

a  C hay a13C132127

Bài 87 Giải phương trình sau: 10

1023

x x x x

x x x x

C  C  C   C  

Lời giải

Điều kiện x ,x10

1 10

1023

x x x x

x x x x

C  C  C   C  

1 10

1024

x x x x

x x x x

C C  C  C 

     

n

0 n

n n n

1 ( 1)

C C C

2 n



  

DAYHOCTOAN.VN

37

DAYHOCTOAN.VN

0 10

10

1024

2

10

x x x x

x

C C C C

x

     

 

 

Bài 88

1 Tính SC20091 2.2008C20092 3.20082C20093   2009.20082008C20092009

2 Chứng tỏ S chia hết cho 2009

Lời giải

1) Ta có: (1x)2009 C20090 C20091 x C 20092 x2  C20092009x2009 (1) Lấy đạo hàm cấp hai vế (1) ta được:

2008 2008 2009

2009 2009 2009

2009(1x) C 2xC   2009x C (2)

Thay x2008 vào (2) ta S 2009.2009200820092009

2) Vì 2009 chia hết 2009 nên S chia hết 2009

Bài 89 Từ tập hợp tất số tự nhiên có năm chữ số mà chữ số khác 0, lấy ngẫu nhiên số Tính xác suất để số tự nhiên lấy có mặt ba chữ số khác

Lời giải

Ta có:  95 59.049 Gọi A biến cố cần tìm xác suất, ta có:

Số cách chọn chữ số phân biệt a b c, , từ chữ số thập phân khác C Chọn chữ 39 số lại từ chữ số đó, có trường hợp rời sau đây:

TH1. Cả chữ số lại chữ số a, b, c: có cách; hoán vị từ 5! hoán vị chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo số tự nhiên n; 3!

hốn vị vị trí mà a, a, a chiếm chỗ tạo số n, nên TH1 có thảy 5! 60

3!

  số tự nhiên

TH2 1 chữ số lại chữ số a, b, c chữ số chữ số khác chữ số đó: có cách; hốn vị từ 5! hốn vị chữ số (chẳng hạn)

a, a, b, b, c tạo số tự nhiên n; 2! hốn vị vị trí mà a, a chiếm chỗ 2! hoán vị vị trí mà b, b chiếm chỗ tạo số n, nên

TH2 có thảy 5! 90

2!2!

  số tự nhiên

Vậy:

9

9!

(60 90)C 150 150.7.4.3 12600 3!6!

A

      

Kết luận:   12.600 1.400 0,213382106

59.049 6.561

A

P A     



Bài 90 Gọi A tập hợp tất số tự nhiên có chữ số Chọn ngẫu nhiên số từ tập A, tính xác suất để chọn số chia hết cho chữ số hàng đơn vị

Lời giải

Số số tự nhiên có chữ số 99999 10000 90000  

Giả sử số tự nhiên có chữ số chia hết cho chữ số hàng đơn vị là: abcd1

Ta có abcd1 10. abcd 1 3.abcd7.abcd1 chia hết cho 3.abcd1

DAYHOCTOAN.VN

38

DAYHOCTOAN.VN

Đặt

3 h

abcd  habcd  h  số nguyên h 3t Khi ta được: abcd   7t 1000  7t 9999

 

998 9997

143, 144, , 1428

7 t t

    

Suy số cách chọn t cho số abcd1 chia hết cho chữ số hàng đơn vị 1286

Vậy xác suất cần tìm là: 1286 0, 015 90000

Bài 91 Gọi A tập hợp số tự nhiên có chín chữ số đơi khác Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên thuộc vào tập A Tính xác suất để chọn số thuộc A số chia hết cho 3

Lời giải

+) Trước hết ta tính n A 

Với số tự nhiên có chín chữ số đơi khác chữ số có cách chọn có A98 cho vị trí cịn lại Vậy n A 9A98

+) Giả sử B0;1; 2; ;9 ta thấy tổng phần tử B 45 nên số có chín chữ số đôi khác chia hết cho tạo thành từ chữ số tập

       

\ ; \ ; \ ; \

B B B B nên số số loại A993.8.A88

Vậy xác suất cần tìm

9

9

8

3.8 11

9 27

A A

A





Bài 92 Trong mặt phẳng cho đa giác 2n đỉnh A A1 A2n (với n số nguyên lớn 1) Hỏi có tất hình chữ nhật với đỉnh đỉnh đa giác cho

Lời giải

Gọi  O đường tròn ngoại tiếp đa giác A A1 2 A2n Dễ thấy đa giác có n đường chéo mà đường kính  O Mặt khác, tứ giác có đỉnh đỉnh đa

giác hình chữ nhật hai đường chéo hai đường kính

 O

Bên cạnh đó, hai tứ giác khác có hai cặp đường chéo khác Do số hình chữ nhật có đỉnh đỉnh đa giác với số cặp đừờng chéo đa giác mà hai đường kính

Vậy số hình chữ nhật cần tìm ( 1)

2

n

n n C  

Bài 93 Từ tập thể 14 người gồm nam nữ có An Bình, người ta muốn chọn tổ cơng tác gồm người Tìm số cách chọn trường hợp sau: Trong tổ có tổ trưởng, năm tổ viên An, Bình khơng đồng thời có mặt tổ”

Lời giải

Có ba trường hợp xảy

DAYHOCTOAN.VN

39

DAYHOCTOAN.VN

Số cách chọn tổ viên: 11 C

Số cách chọn

11

12.C

TH2: Trong tổ có An khơng có Bình

Nếu An tổ trưởng số cách chọn năm tổ viên 12 người lại 12 C Nếu An tổ viên số cách chọn tổ trưởng bốn tổ viên 12 người lại

là

11

12.C

Số cách chọn TH2

12 12 11 C  C

TH3: Trong tổ có Bình khơng có An Tương tự TH2

Vậy số cách chọn thỏa mãn yêu cầu đề là:  4

11 12 11

12.C 2 C 12.C 15048 (cách)

Bài 94 Cho tập hợp X 1, ,8 Có thể thành lập số tự nhiên lẻ có chữ số khác từ chữ số thuộc tập X ln có mặt chữ số

Lời giải

Gọi số cần tìm a a a a a1

TH1 : a5 1

Chọn 4số cịn lại có A

Số chữ số đước thành lập trường hợp : A TH2 : a5 1

5

a có cách chọn

Có cách chọn vị trí cho số A63 cách chọn cho vị trí cịn lại Vậy số chữ số đước thành lập TH

6

3.4.A

Số chữ số thỏa mãn yêu cầu toán là:

7 3.4 2280

A  A 

Bài 95 Có số tự nhiên gồm chữ số khác có số chẵn số lẻ ?

Lời giải

Gọi số thành lập a a a a a a1

TH1: Trong số chẵn có mặt số Số số tìm

4

5.C C 5! 36000 (số) TH2: Trong số chẵn khơng có mặt số Số số tìm 3

4

C C 6! 28800 (số)

Số số thỏa mãn yêu cầu đề là: 36000 28800 64800  số

Bài 96 Cho 10 thí sinh ngồi quanh bàn tròn Ngân hàng đề thi có 10 loại đề khác nhau, loại đề có nhiều đề khác Một cách phát đề gọi hợp lệ thí sinh nhận loại đề hai thí sinh ngồi cạnh khơng nhận loại đề Hỏi có cách phát đề hợp lệ ?

Lời giải

Gọi số cách phát đề hợp lệ cho thí sinh

Ta viết nhận loại đề

trường hợp ngược lại

Xét cách phát đề hợp lệ cho thí sinh

n

s n a a1, 2, ,an

( )

i j

a a i j ai aj ai aj

DAYHOCTOAN.VN

40

DAYHOCTOAN.VN

- Nếu bỏ thí sinh ta cách phát đề hợp lệ cho thí sinh Khi có 10-2=8 cách phát đề cho thí sinh (khác với đề )

- Nếu bỏ hai thí sinh ta cách phát đề hợp lệ cho

thí sinh Khi có 10-1=9 cách phát đề hợp lệ cho (cụ thể

, phát đề khác ) Như ta có hệ thức sau

Mặt khác, dễ tính :

Do tính

Bài 97 Nếu số chọn ngẫu nhiên từ tập hợp gồm chữ số tổng chữ số 43 Tính xác xuất để số chọn chia hết cho 11

Lời giải

Gọi số thành lập a a a a a1 5

Trong số 10, chữ số lớn nên tổng lớn a1a2 a3 a4a5 45

Theo giả thiết, tổng chữ số số chọn 43 45 2  nên xảy trường hợp sau:

TH1: Một chữ số , tất chữ số lại

79999, 97999, 99799, 99979, 99997 có số

TH2: Hai chữ số , tất chữ số lại , có 5.4 10

2  số

Vậy có 15 số có tổng 43

Để số chọn chia hết cho 11 cần đủ là: a1   a2 a3 a4 a5 11

Có số thỏa mãn: 97999;99979;98989

Vậy xác suất chọn số thỏa mãn yêu cầu toán là:

15

Bài 98 Cho số 1, 2, 3, Hỏi lập đợc số có chữ số có hai chữ số ba chữ số lại khác khác số Mỗi số có chữ số gồm số số khác hoán vị phần tử 1,1,2,3,4

Lời giải

do số hoán vị đợc số số cần lập

60

P P 

Bài 99 Một hộp đựng 16 viên bi, có viên bi màu đỏ đơi khác nhau, viên bi màu xanh đôi khác nhau viên bi màu vàng đôi khác Lấy ngẫu nhiên từ hộp cho viên bi Tính xác suất để lấy viên bi lấy có đủ ba loại màu?

Lời giải

Kí hiệu  khơng gian mẫu, A biến cố lấy viên bi đủ ba loại màu Khi n  số cách lấy viên bi từ hộp gồm 16 viên bi   n  C167

Số cách lấy viên bi từ hai loại đỏ xanh 10

C , số cách lấy viên n

a a an1 n

1, 2, , n

a a a an1 a a1, n

1 n

a a a an, n1 (n1)

1, 2, , n

a a a a an, n1

1

n

a a an1 a1

1 1,

n n n

s  s    n

2 10.9 90, 10.9.8 720

s   s  

DAYHOCTOAN.VN

41

DAYHOCTOAN.VN

bi từ hai loại xanh vàng 11

C , số cách lấy viên bi từ hai

loại đỏ vàng 11 C

suy n A C107 C117 C117 n A C167 C107 C117 C117

Do    

  4441

n A P A

n

 

 Vậy xác suất cần tìm  

41 44 P A 

Bài 100 Trên mặt phẳng cho đa giác lồi 10 cạnh Xét tam giác có đỉnh đỉnh đa giác Hỏi số tam giác có tam giác mà cạnh ba cạnh đa giác ?

Lời giải

+) Số tam giác phân biệt có đỉnh đỉnh đa giác

+) ứng với cạnh đa giác có cách chọn đỉnh cịn lại để tạo thành tam giác chứa cạnh Suy số tam giác có cạnh cạnh đa giác T 80 (tam giác)

+) Trong 80 tam giác có 10 tam giác có cạnh cạnh đa giác T đợc lặp lại hai lần

+) Kết luận: Số tam giác cần tìm (120 – 80) + 10 = 50 (tam giác)

Bài 101 Với chữ số 0,1, ,8,9có thể lập số tự nhiên có sáu chữ số đơi khác cho chữ số 1, 2,3 đứng kề

Lời giải

Từ 10 chữ số cho ta lập

C gồm chữ số khác nhau, ln có mặt

các chữ số 1, 2,3

Từ lập 4! 3! số có chữ số khác chữ số 1, 2, đứng kề (với quy ước tính số mà có chữ số đứng đầu) Vậy có 4! 3!

3

C 5040(số)

Trong 5040 số tạo thành có 3!.3!C62540 (số) gồm chữ số khác mà chữ

số đứng đầu chữ sô 1, 2,3 ln đứng kề Vậy có 5040 540 4500  (số cần tìm)

Bài 102 Có hai hộp chứa cầu Hộp thứ chứa cầu đỏ, cầu trắng 10 cầu xanh Hộp thứ hai chứa cầu đỏ, cầu trắng cầu xanh Từ hộp lấy ngẫu nhiên cầu Tính xác suất để hai cầu lấy có màu

Lời giải

Gọi A biến cố cầu lấy từ hộp thứ màu đỏ  

20 P A  Gọi B biến cố cầu lấy từ hộp thứ hai màu đỏ  

20 P B 

AB biến cố lấy hai cầu màu đỏ từ hai hộp; ,A Blà hai biến cố đôc lập, áp

dụng cơng thức nhân xác suất ta có       15

400 P AB P A P B 

10 1A A A T  T

T

T C103 120

DAYHOCTOAN.VN

42

DAYHOCTOAN.VN

Tương tự ta tính xác suất để lấy hai cầu màu trắng

400 49

, xác suất để lấy hai cầu màu xanh

400 80

Vậy xác suất để lấy hai cầu màu thỏa mãn toán

15 49 80 400400400 25

Bài 103 Với chữ số 1, , 7xét tập hợp E gồm số có chữ số khác viết từ số cho Chứng minh tổng S tất số tập E chia hết cho

Lời giải

Từ tập E ta lập 7! số gồm chữ số khác

Nhận xét số 1, ,7 xuất hàng đơn vị, hàng chục, hàng trăm, hàng ngàn … 720 lần, từ

   

6

10 720 10 720

S              

6

720.28.(10 10 )

  

Vì 7209

Bài 104 Trong lớp học có bóng đèn, bóng có xác suất bị cháy

4 Lớp học có đủ ánh sáng có bóng sáng Tính xác suất để lớp học đủ ánh sáng

Lời giải

Gọi A, B, C, D, E tương ứng biến cố “Lớp có bóng đèn sáng”, “Lớp có bóng đèn sáng”, “Lớp có bóng đèn sáng”, “Lớp có bóng đèn sáng”, “Lớp có

bóng đèn sáng” Mỗi bóng đèn có xác sáng

4 Theo quy tắc nhân quy tắc cộng, ta có

8

3 ( )

4

P A    

 

7

3

( )

4

P B    

 

6

3

( )

4

P C        

   

5

3

( )

4

P D        

   

4

3

( )

4

P E        

   

Biến cố A   B C D E biến cố “Lớp học có đủ ánh sáng” Vì A, B, C,

D, E rời đơi nên ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

DAYHOCTOAN.VN

43

DAYHOCTOAN.VN

Bài 105 Có số tự nhiên gồm chữ số biết chữ số có mặt hai lần, chữ số có mặt ba lần, chữ số cịn lại có mặt khơng q lần

Lời giải

+) Nếu số cần tìm chứa 0, có cách chọn vị trí cho 0, có

C cách chọn vị trí cho hai chữ số 2, có

6

C cách chọn vị trí cho ba chữ số 3, có A73 cách chọn ba chữ số cho ba vị trí cịn lại Do trờng hợp có 3

8

8.C C A  940800số +) Nếu số cần tìm khơng chứa 0, có

9

C cách chọn vị trí cho hai chữ số 2, có C73 cách chọn vị trí cho ba chữ số 3, có

7

A cách chọn bốn chữ số cho bốn vị trí cịn lại Do trờng

hợp có

9 7

C C A = 1058400 số Vậy có 940800 + 1058400 = 1.999.200 số thỏa mãn yêu cầu

Bài 106 Đội niên xung kích trường phổ thơng có 12 học sinh, gồm học sinh lớp A, học sinh lớp B, học sinh lớp C Cần chọn học sinh làm nhiệm vụ, cho học sinh

thuộc không lớp

Ta dung cách đếm bù, loại số cách chọn đủ lớp: -2 hs lớp A,1 lớp B, lớp C

-2 hs lớp B,1 lớp A, lớp C -2 hs lớp C,1 lớp B, lớp A Đs 225

Bài 107 Từ chữ số 1, , 4, lập số tự nhiên có sáu chữ số, chữ số có mặt ba lần, chữ số cịn lại có mặt lần Trong số tạo thành nói trên, chọn ngẫu nhiên số Tính xác suất để số chọn chia hết cho 4?

Lời giải

Gọi số cần tìm abcdef với a b c d e f, , , , , 1,3, 4,8 Sắp xếp chữ số vào vị trí, có

6

C cách Sắp xếp chữ số 1; 4; vào vị trí cịn lại có 3! Cách Vậy có tất

6.3! 120

C  số Một số chia hết cho hai chữ số tận tạo thành 1số chia hết cho

Trong số trên, số lấy chia hết cho có tận 48 , 84 Trong trường hợp có C434cách xếp chữ số vào vị trí cịn lại, suy có số chia hết cho

4 Gọi A biến cố: “ Số lấy chia hết cho 4”

Vậy số kết thuận lợi cho A  A Số phần tử không gian mẫu 120

  Xác suất biến cố A

120 15

A A

P    



Bài 108 Người ta sử dụng ba loại sách gồm: sách Toán học, sách Vật lý sách Hoá học Mỗi loại gồm sách đôi khác loại Có cách chọn sách số sách để làm giải thưởng cho loại có cuốn?

DAYHOCTOAN.VN

44

DAYHOCTOAN.VN

Sử dụng cách tính gián tiếp: Số cách chọn số 19 sách cách

7 19 C

Số cách chọn không đủ ba loại sách là:

Số cách chọn số 11 sách Lý Hoá C117 (khơng có sách Tốn) Số cách chọn số 13 sách Hoá Toán

13

C (khơng có sách Lý) Số cách chọn số 14 sách Toán Lý C147 (khơng có sách Hố) Số cách chọn

7 số sách Tốn C87 (khơng có sách Lý Hố) Vì cách chọn khơng có sách Lý Hố thuộc hai phép chọn: Khơng có sách Lý khơng có sách

Hố Nên số cách phải tìm là: 7 7

19 11 13 14 44918

C C C C C  cách

Bài 109 Từ chữ số , 1, 2, , 4, , , lập số gồm chữ số khác thiết phải có mặt chữ số

Lời giải

Xét trường hợp

TH1: Chữ số đầu số Khi chữ số đằng sau có A75 cách chọn

TH2: chữ số khơng đứng vị trí đầu Khi có vị trí cho số Chữ số đầu có

cách chọn chữ số cịn lại có A64 cách chọn Vậy TH2 có 5.6.A64cách chọn

Vật số số tự nhiên TMYC đầu là:

7 5.6 13320

A  A 

Bài 110 Một tổ học sinh có nam nữ Tìm xác suất để chọn học sinh lao động cho có khơng q nữ

Lời giải

Phép thử: ‘‘lấy ngẫu nhiên sinh viên tổ” n  C114 330

Gọi A: ‘‘Lấy HS có khơng q nữ” Có trường hợp xảy

TH1: Lấy HS nam có C64 cách chọn

TH2: Lấy HS có nữ nam có C C51 63 cách TH3: Lấy HS có 2nữ nam có C C52 62 cách

  2 6 265 n A C C C C C 

Vậy xác suất xuất biến cố A là:    

  330265 5366

n A P A

n

  



Bài 111 Từ số 1, 2, , 4, lập số tự nhiên có năm chữ số, chữ số có mặt ba lần, chữ số cịn lại có mặt khơng q lần Trong số tự nhiên nói trên, chọn ngẫu nhiên số, tìm xác suất để số chọn chia hết cho

DAYHOCTOAN.VN

45

DAYHOCTOAN.VN

Lời giải

*) Gọi a a a a a1 số tự nhiên có năm chữ số, chữ số có mặt ba lần,

các chữ số cịn lại có mặt khơng q lần với a a a a a1, 2, 3, 4, 51;2;3;4;5

Sắp chữ số vào vị trí, có 10

C  cách

Cịn lại vị trí, chữ số Chọn chữ số xếp vào vị trí đó, có C42 12 cách Vậy khơng gian mẫu có 10.12 120 phần tử

*) Có 1 3; 3    

Gọi biến cố A: “số chọn chia hết cho 3” có phương án chữ số cịn lại 1, có C53.2! 20 số

2 chữ số lại 2, có C53.2! 20 số Vậy biến cố A có 40 phần tử

*) Xác suất biến cố A 40

120

P 

Bài 112 Số 16200 có ước nguyên dương Ta có: 162002 53

Ước 16200 co dạng: 5m n pm n p, ,  ;0 m 3, 0 n 4, 0 p 2 + Với số m n p, ,  ta có ước số tự nhiên 16200

+ Chọn m: có cách

n: có cách Suy ra: có 4.5.360 (bộ số(m, n, p))

p: có cách

Vậy có 60 ớc số cần tìm

Bài 113 Một hộp đựng 11 thẻ ghi số từ đến 11 Rút ngẫu nhiên hộp thẻ Tính xác suất để tổng số ghi thẻ rút số lẻ

Ta có :

11 C

 

Để tổng số ghi thẻ rút số lẻ số thẻ ghi số lẻ rút phải số lẻ

TH1 : thẻ ghi số lẻ thẻ ghi số chẵn : có C C61 55 cách TH2 : thẻ ghi số lẻ thẻ ghi số chẵn : có 3

6

C C cách

TH3 : thẻ ghi số lẻ thẻ ghi số chẵn : có C C cách

 Có

6

C C + 3

C C + C C cách

Gọi A biến cố ‘tổng số ghi thẻ rút số lẻ’

  16 55 63 53 65 51

11

C C C C C C

P A

C

 

DAYHOCTOAN.VN

46

DAYHOCTOAN.VN

Bài 114 Có số tự nhiên gồm chữ số biết chữ số có mặt hai lần, chữ số có mặt ba lần, chữ số cịn lại có mặt khơng q lần

+) Nếu số cần tìm chứa 0, có cách chọn vị trí cho 0, có

C cách chọn vị trí cho hai chữ số 2, có

6

C cách chọn vị trí cho ba chữ số 3, có

A cách chọn ba chữ số cho ba vị trí cịn lại Do trờng hợp có 3

8

8.C C A 940800 số +) Nếu số cần tìm khơng chứa 0, có

9

C cách chọn vị trí cho hai chữ số 2, có C73 cách chọn vị trí cho ba chữ số 3, có

7

A cách chọn bốn chữ số cho bốn vị trí cịn lại Do trường hợp có

9 7 1058400 C C A  số

Vậy có 940800 + 1058400 = 1.999.200 số thỏa mãn yêu cầu

Bài 115 Xếp học sinh nam học sinh nữ vào bàn trịn 10 ghế.Tính xác suất để khơng có hai học sinh nữ ngồi cạnh Cố định vị trí cho học sinh nữ,đánh số ghế lại từ đến 9.Số phần tử không gian mẫu là: 9!

A biến cố “Khơng có hai học sinh nữ ngồi cạnh “.Xét trường hợp:

*) hs nữ ngồi ghế 2,1hs nữ ngồi ghế 4, hs nữ lại ngồi ghế hoặc 8,có 3.3! cách

*) hs nữ ngồi ghế 2,1hs nữ ngồi ghế 5, hs nữ cịn lại ngồi ghế 8,có 2.3! cách *) hs nữ ngồi ghế 2,1hs nữ ngồi ghế 6, hs nữ cịn lại ngồi ghế 8,có 3! cách

*) hs nữ ngồi ghế 3,1hs nữ ngồi ghế 5, hs nữ lại ngồi ghế 8,có 2.3! cách *) hs nữ ngồi ghế 3,1hs nữ ngồi ghế 6, hs nữ lại ngồi ghế 8,có 3! cách

*) hs nữ ngồi ghế 4,1hs nữ ngồi ghế 6, hs nữ lại ngồi ghế 8,có 3! cách (1,5 điểm)

Hoán vị học sinh nam

 

6! 3.3! 2.3! 3! 2.3! 3! 3! 10.3!.6! A

        

Vậy   10.3!.6!

9! 42

P A  

Bài 116 Gọi M tập tất số tự nhiên có sáu chữ số đơi khác có dạng

1

a a a a a a Chọn ngẫu nhiên số từ tập M Tính xác suất để số chọn số chẵn,

đồng thời thỏa mãn a1a2 a3 a4 a5 a6

Gọi A biến cố “chọn số tự nhiên chẵn từ tập M đồng thời thỏa mãn

1

a a a a a a ” Khi đó: n M 9.A95 (số có sáu chữ số đơi khác a1 có chín cách chọn, a a a a a2 3 4 5 6 chỉnh hợp chập phần tử nên có

9 A ) TH1: a6 0thì a a a a a1 có

5

C cách chọn TH2: a6 2thì a a a a a1 có

5

C cách chọn TH3: a6 4thì a a a a a1 có

5

C cách chọn

  5

9 148

n A C C C  Do    

 

148 37

9 34020

n A P A

n A

  

DAYHOCTOAN.VN

47

DAYHOCTOAN.VN

Bài 117 Một hộp đựng 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, viên bi xanh có bán kính khác viên bi vàng có bán kính khác Hỏi có cách chọn viên bi có đủ ba màu Số cách chọn viên bi tùy ý là:

18 C

Những trường hợp khơng có đủ ba viên bi khác màu là:

+ Không có bi đỏ: Khả khơng xảy tổng viên bi xanh vàng

+ Khơng có bi xanh: có C139 cách + Khơng có bi vàng: có C159 cách

Mặt khác cách chọn khơng có bi xanh, khơng có bi vàng có 10

C cách chọn viên bi đỏ tính hai lần

Vậy số cách chọn viên bi có đủ ba màu là: 9 9

10 18 13 15 42910

C C C C  cách

Bài 118 Hỏi số 16200 có ước số tự nhiên? Ta có: 162002 53

Ước 16200 cú dạng:

 

2 5m n p m n p, ,  ;0 m 3, 0 n 4, 0 p

+ Với số (m, n, p) ta có ước số tự nhiên 16200 + Chọn m: có cách. n: có cách p: có cách

Suy ra: có 4.5.360 (bộ số(m, n, p) Vậy có 60 ớc số cần tìm

Bài 119 Cho tập hợp A0,1, 2,3, 4,5, 6.Có thể lập số gồm chữ số khác lấy từ tập A cho số lẻ không đứng liền

Giả sử a a a a a1 5 số cần tìm.Ta tính tất số gồm chữ số cho ln có mặt chữ số lẻ,sau trừ trường hợp mà số lẻ đứng liền

*) Tất có số lẻ, xếp số lẻ vào vị trí, tacó: 60

A  cách

Khi cịn lại vị trí chọn tuỳ ý số chẵn,ta có 12

A  cách

Vậy có: 60*12720 (số)

Trong số trừ trường hợp a10:

Nếu a10 xếp số lẻ vào vị trí, cịn lại vị trí chọn 3số chẵn {2,4,6}

ta có A A43 3172 (số)

Vậy tất có: 720 72 648 (số) gồm chữ số cho ln có mặt chữ số lẻ ( 0,5)

*) Tính số có chữ số cho có số lẻ đứng liền - Nếu a a a1 2 3 số lẻ ta có

3

A  (cách xếp) Khi vị trí cịn lại a a4 5có thể chọn

tuỳ ý số chẵn, ta có: 12

A  Vậy có: 6.1272 (số) -Nếu a a a2 số lẻ ta có

3

A  (cách xếp) Khi đó:a1có cách chọn(a1 0); a5có

DAYHOCTOAN.VN

48

DAYHOCTOAN.VN

Vậy tất có: 72 2.54 180  số có số lẻ đứng liền

Bài 120 Có thể lập số tự nhiên có chữ số mà số chữ số liền sau ln lớn chữ số liền trước Ta biết với gồm chữ số khác cố cách tạo thầnh số có chữ số mà số chữ số liền sau ln lớn chữ số liền trước.Chứ số tự nhiên cần tìm khơng thể có mặt số số khơng thể đứng đầu

Do số số cần tìm số cách chọn chữ số khác só khác cho, số tổ hợp chập

Vậy số số là: 126 C 

Bài 121 Trong mặt phẳng cho *

2n1 (n ) đường thẳng phân biệt cho khơng có hai đường song song vng góc khơng có ba đường đồng quy Chúng cắt tạo thành tam giác Chứng minh số tam giác nhọn tạo thành không vượt  2 1

6

n n n

Gọi số tam giác tạo thành f n  Ta phải chứng minh

   2 1   *

,

n n n

f n     n

Với ba đường thẳng số đường thẳng cho cắt tạo thành tam giác nhọn tù

Gọi g n  số tam giác tù Ta gọi tam giác tạo ba đường thẳng , ,a b c là: "giả nhọn cạnh a" góc chung cạnh a tam giác góc nhọn Chọn đường thẳng d coi trục hồnh, đường thẳng cịn lại chia làm hai tập: Tập T đường thẳng với hệ số góc dương, Tập T tập đường thẳng với hệ số góc âm Hai đường thẳng tạo với d tam giác "giả nhọn" đường thẳng thuộc tập T đường thẳng thuộc tập T

Gọi p số đường thẳng thuộc T q số đường thẳng thuộc tập T Khi

2

p q n số tam giác "giả nhọn cạnh d" pq Ta có 2

p q pq  n

 

Nhưng d đường thẳng số 2n1 đường thẳng ta có số cặp (đường thẳng d; tam giác "giả nhọn cạnh d") nhỏ n22n1 Trong cách tính tam giác nhọn tính lần (theo cạnh) cịn tam giác tù tính lần nên

    2 

3f n g n n 2n1 (1) Thế tổng số tam giác là:

       

2

2 2

(2)

n

n n n

C   f n g n   

Từ (1) (2) suy

  2       (2 1)2 2 1

2 (2 1)

6

n n n

DAYHOCTOAN.VN

49

DAYHOCTOAN.VN ( 1)(2 1)

3 n n n 

hay    2 1

6

n n n

f n   

Bài 122 Từ chữ số 0; 1; 2; 3; 4; lập số tự nhiên gồm chữ số cho số xuất lần, số lại xuất khơng q lần Gọi số có chữ số a a a a a a1

Có C53 cách xếp sếp số

Có A53 cách xếp vị trí cịn lại Vậy có C A53 53600cách

Bài 123 Trong hộp bi có viên bi đỏ, viên bi vàng, viên bi xanh; lấy ngẫu nhiên viên bi hộp Tính xác suất để viên bi lấy số bi đỏ lớn số bi xanh Tổng số viên bi hộp là: + +5 = 12 viên bi

Lấy ngẫu nhiên viên bi hộp ta có số cách lấy là: 12 495

C  cách lấy Ta tìm số

cách lấy viên bi mà số bi đỏ lớn số bi xanh, xảy trường hợp sau: TH1 Chọn bi đỏ, bi vàng  có

3.C4 12

C  cách chọn

TH2 Chọn bi đỏ, bi vàng  có 2 3.C4 18

C  cách chọn

TH3 Chọn bi đỏ, bi xanh, bi vàng  có C32.C C14 1560 cách chọn TH4 Chọn bi đỏ, bi vàng  có C33.C14 4 cách chọn

TH5 Chọn bi đỏ, bi xanh  có C33.C15 5 cách chọn Vậy xác suất để viên bi lấy số bi đỏ lớn số bi xanh là:

P(C31.C34+C32.C24+C32.C C14 15+C33.C14+C33.C15):C124 = 12 18 60 : 495

    

Bài 124 Chọn ngẫu nhiên số có chữ số đơi khác Tính xác suất để số chọn khơng nhỏ 2013

Ta có n  số cách chọn số có bốn chữ số đơi khác nhau9.9.8.7

A biến cố chọn số có bốn chữ số đơi khác abcd khơng nhỏ 2013 Ta tính số số có bốn chữ số đơi khác abcd số xảy với a1, b0,1, ,9 \ 1  , c0;1; ;9 \ 1;  b

0;1; ;9 \ 1; ;  

d b c có cách chọn suy trường hợp có 9.8.7 số thỏa

mãn Từ hai trường hợp ta n A 7.8.9.9 7.8.9 7.8.9.8 Do xác suất

cần tìm là:    

  7.8.9.89.9.8.7 89

n A P A

n

  



DAYHOCTOAN.VN

50

DAYHOCTOAN.VN

Số cần tìm có dạng abc

Chọn aE a, 0 có cách

Chọn số lại E\ a xếp vào hai vị trí b, c có

A cách

Vậy có

5

5.A 100(số) +) Tính số lập chia hết cho Số cần tìm có dạng abc, a b c 

Xét tập gồm phần tử tập E0,1, 2,3, 4,5, ta thấy có tập sau thoả mãn điều kiện tổng chữ số chia hết cho là:

       

       

1

5

0,1, , 0,1,5 , 0, 2, , 0, 4,5

1, 2,3 , 1,3,5 , 2,3, , 3, 4,5

A A A A

A A A A

   

   

Khi a b c, , A A A A1, 2, 3, 4 trường hợp lập số thoả mãn yêu cầu Khi a b c, , A A A A5; 6; 7; trường hợp lập số thoả mãn yêu cầu

Vậy có 4.4 4.6 40(số)

Suy số không chia hết cho là100 40 60 (số)

Xác suất cần tính 60 0, 60

100

P 

Bài 126 Từ tập hợp tất số tự nhiên có năm chữ số mà chữ số khác 0, lấy ngẫu nhiên số Tính xác suất để số tự nhiên lấy có mặt ba chữ số khác Ta có:  95 59.049 Gọi A biến cố cần tìm xác suất, ta có:

Số cách chọn chữ số phân biệt a, b, c từ chữ số thập phân khác

C Chọn chữ số cịn lại từ chữ số đó, có trường hợp rời sau đây:

TH1 Cả chữ số lại chữ số a, b, c: có cách; hoán vị từ 5! hoán vị chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo số tự nhiên n; 3!

hoán vị vị trí mà a, a, a chiếm chỗ tạo số n, nên TH1 có thảy 5! 60

3!

  số tự nhiên

TH2 chữ số lại chữ số a, b, c chữ số chữ số khác chữ số đó: có cách; hoán vị từ 5! hoán vị chữ số (chẳng hạn)

a, a, b, b, c tạo số tự nhiên n; 2! hốn vị vị trí mà a, a chiếm chỗ 2! hốn vị vị trí mà b, b chiếm chỗ tạo số n, nên

TH2 có thảy 5! 90

2!2!

  số tự nhiên Vậy:

3

9!

(60 90)C 150 150 12600 3!6!

A

          Kết luận:

  12.600 1.400

0,213382106

59.049 6.561

A

P A     



DAYHOCTOAN.VN

51

DAYHOCTOAN.VN

a) tìm số tam giác có cạnh cạnh thập giác b) số tam giác khơng có cạnh cạnh thập giác

TH1: số tam giác có cạnh cạnh thập giác 10x 60 tam giác

TH2 số tam giác có cạnh cạnh thập giác 10 tam giác vi với mối đỉnh hai cạnh chứa đỉnh tạo thành tam giác

Vậy số tam giác cạnh cạnh thập giác là: 60 10 70tam giác b) Tổng số tam giác tạo thành từ 10 đỉnh là:

10 120 C 

Vậy số tam giác không co cạnh cạnh thập giác là:120 70 50 tam giác

Bài 128 Trên mặt phẳng cho đa giác lồi 10 cạnh T A A1 An Xét tam giác có đỉnh đỉnh đa giác T Hỏi số tam giác có tam giác mà cạnh

khơng phải ba cạnh đa giác T ?

+) Số tam giác phân biệt có đỉnh đỉnh đa giác T C103 120 +) ứng với cạnh đa giác T có cách chọn đỉnh lại để tạo thành tam giác chứa cạnh Suy số tam giác có cạnh cạnh đa giác T 80 (tam giác)