Đang tải... (xem toàn văn)
Chuyên đề Tổ hợp xác suất - Luyện thi ĐH (Có đáp án chi tiết)
Chun đề 11 Tổ Hợp - Xác Suất §1. Hốn Vị - Chỉnh Hợp - Tổ Hợp 11.1. (B-05) Một đội thanh niên tình nguyện có 15 người, gồm 12 nam và 3 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách phân cơng đội về giúp đỡ ba tỉnh miền núi sao cho mỗi tỉnh có 4 nam và 1 nữ. Lời giải. Phân cơng đội thanh niên tình nguyện theo thứ tự tỉnh thứ nhất; tỉnh thứ hai và tỉnh thứ ba. Phân cơng các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất có C 4 12 .C 1 3 cách. Phân cơng các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ hai có C 4 8 .C 1 2 cách. Phân cơng các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ ba có C 4 4 .C 1 2 cách. Vậy có C 4 12 .C 1 3 .C 4 8 .C 1 2 .C 4 4 .C 1 2 = 207900 cách phân cơng đội thanh niên tình nguyện về giúp đỡ ba tỉnh miền núi. 11.2. (D-06) Đội thanh niên xung kích của trường phổ thơng có 12 học sinh, gồm 5 học sinh lớp A, 4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Cần chọn bốn học sinh đi làm nhiệm vụ sao cho bốn học sinh này thuộc khơng q hai lớp. Hỏi có bao nhiêu cách chọn. Lời giải. Số cách chọn 4 học sinh thuộc khơng q hai lớp bằng số cách chọn 4 học sinh bất kỳ trừ đi số cách chọn 4 học sinh có mặt cả học sinh ba lớp. Chọn 4 học sinh bất kỳ trong tổng số 12 học sinh có C 4 12 = 495 cách. Chọn 4 học sinh có mặt cả học sinh ba lớp có các trường hợp: TH1: Chọn 2 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B, 1 học sinh lớp B có C 2 5 .C 1 4 .C 1 3 = 120 cách. TH2: Chọn 1 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B, 1 học sinh lớp B có C 1 5 .C 2 4 .C 1 3 = 90 cách. TH3: Chọn 1 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B, 2 học sinh lớp B có C 1 5 .C 1 4 .C 2 3 = 60 cách. Do đó chọn 4 học sinh có mặt cả học sinh ba lớp có 120 + 90 + 60 = 270 cách. Vậy chọn 4 học sinh thuộc khơng q hai lớp có 495 −270 = 225 cách. 11.3. (B-04) Trong một mơn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình và 15 câu hỏi dễ. Từ 30 câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5 câu hỏi khác nhau, sao cho trong mỗi đề phải có 3 loại câu hỏi (khó, trung bình và dễ) và số câu hỏi dễ khơng ít hơn 2. Lời giải. Lập một đề kiểm tra thỏa mãn u cầu bài tốn có các trường hợp sau: TH1: Đề gồm 2 câu dễ, 2 câu trung bình và 1 câu khó có C 2 15 .C 2 10 .C 1 5 = 23625 cách. TH2: Đề gồm 2 câu dễ, 1 câu trung bình và 2 câu khó có C 2 15 .C 1 10 .C 2 5 = 10500 cách. TH3: Đề gồm 3 câu dễ, 1 câu trung bình và 1 câu khó có C 3 15 .C 1 10 .C 1 5 = 22750 cách. Vậy có 23625 + 10500 + 22750 = 56875 cách lập đề kiểm tra. 11.4. Một hộp đựng 4 bi đỏ, 5 bi trắng và 6 bi vàng. Người ta chọn ra 4 viên bi từ hộp đó. Hỏi có bao nhiêu cách chọn để số bi lấy ra khơng đủ ba màu. Lời giải. Số cách chọn 4 bi khơng đủ ba màu bằng số cách chọn 4 bi bất kỳ trừ số cách chọn 4 bi đủ cả ba màu. Chọn 4 bi bất kỳ trong tổng số 15 bi có C 4 15 = 1365 cách. Chọn 4 bi đủ cả ba màu có các trường hợp sau: TH1: Chọn 2 bi đỏ, 1 bi trắng, 1 bi vàng có C 2 4 .C 1 5 .C 1 6 = 180 cách. TH2: Chọn 1 bi đỏ, 2 bi trắng, 1 bi vàng có C 1 4 .C 2 5 .C 1 6 = 240 cách. TH3: Chọn 1 bi đỏ, 1 bi trắng, 2 bi vàng có C 1 4 .C 1 5 .C 2 6 = 300 cách. Do đó chọn 4 bi đủ cả ba màu có 180 + 240 + 300 = 720 cách. Vậy chọn 4 bi khơng đủ ba màu có 1365 − 720 = 645 cách. 11.5. Chứng minh các hệ thức sau a) A n+2 n+k + A n+1 n+k = k 2 A n n+k . b) k (k −1) C k n = n (n − 1) C k−2 n−2 . c) P k A 2 n+1 A 2 n+3 A 2 n+5 = nk!A 5 n+5 . d) (B-08) n + 1 n + 2 1 C k n+1 + 1 C k+1 n+1 = 1 C k n . 1 GV: Lê Ngọc Sơn Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết Lớp 11K2 Lời giải. a) A n+2 n+k + A n+1 n+k = (n + k)! (k − 2)! + (n + k)! (k − 1)! = k(k − 1)(n + k)! k! + k(n + k)! k! = k 2 (n + k)! k! = k 2 A n n+k (đpcm). b) V T = n (n − 1) C k−2 n−2 = n(n −1)(n − 2)! (n −k)!(k − 2)! = k(k − 1)n! (n −k)!k! = k (k − 1) C k n = V P (đpcm). c) V T = P k A 2 n+1 A 2 n+3 A 2 n+5 = k! (n + 1)! (n −1)! . (n + 3)! (n + 1)! . (n + 5)! (n + 3)! = k! n(n + 5)! n! = nk!A 5 n+5 = V P (đpcm). d) V T = n + 1 n + 2 1 C k n+1 + 1 C k+1 n+1 = n + 1 n + 2 k!(n + 1 − k)! (n + 1)! + (k + 1)!(n −k)! (n + 1)! = n + 1 n + 2 k!(n −k)!(n + 1 − k + k + 1) (n + 1)n! = k!(n −k)! n! = 1 C k n = V P (đpcm). 11.6. Giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình a) P x A 2 x + 72 = 6 A 2 x + 2P x . b) 1 2 A 2 2x − A 2 x ≤ 6 x C 3 x + 10. c) 2A y x + 5C y x = 90 5A y x − 2C y x = 80 . d) C 2 2x + C 4 2x + + C 2x 2x ≥ 2 2003 − 1. e) A 3 n + 2C n−2 n ≤ 9n. f) C 1 x + 6C 2 x + 6C 3 x = 9x 2 − 14x. Lời giải. a) Điều kiện: x ∈ Z, x ≥ 2. Ta có phương trình tương đương: P x A 2 x + 72 − 6A 2 x − 12P x = 0 ⇔ P x A 2 x − 12 − 6 A 2 x − 12 = 0 ⇔ A 2 x − 12 (P x − 6) = 0 ⇔ A 2 x − 12 = 0 P x − 6 ⇔ x(x −1) − 12 = 0 x! = 6 ⇔ x = 4 x = −3 (loại) x = 3 Vậy phương trình có nghiệm x = 3, x = 4. b) Điều kiện: x ∈ Z, x ≥ 3. Ta có bất phương trình tương đương: 1 2 (2x)(2x −1) − x(x − 1) ≤ 6 x x(x −1)(x − 2) 3! + 10 ⇔ 2x 2 − x − x 2 + x ≤ x 2 − 3x + 2 + 10 ⇔ x ≤ 4 Kết hợp điều kiện bất phương trình có nghiệm x = 3, x = 4. c) Điều kiện: x, y ∈ Z, x ≥ y ≥ 0. Ta có hệ phương trình tương đương: 2A y x + 5C y x = 90 5A y x − 2C y x = 80 ⇔ A y x = 20 C y x = 10 ⇔ y!C y x = 20 C y x = 10 ⇔ y = 2 x = 5 Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (5; 2). d) Điều kiện: x ∈ N ∗ . Xét khai triển (1 + a) 2x = C 0 2x + C 1 2x a + C 2 2x a 2 + C 3 2x a 3 + + C 2x−1 2x a 2x−1 + C 2x 2x a 2x . Lần lượt chọn a = 1 và a = −1 ta có: 2 2x = C 0 2x + C 1 2x + C 2 2x + C 3 2x + + C 2x−1 2x + C 2x 2x (1) 0 = C 0 2x − C 1 2x + C 2 2x − C 3 2x + + (−1) 2x−1 C 2x−1 2x + (−1) 2x C 2x 2x (2) Cộng theo vế (1) và (2) ta có: 2 2x = 2 C 0 2x + C 2 2x + C 4 2x + + C 2x 2x ⇔ C 2 2x + C 4 2x + + C 2x 2x = 2 2x−1 − 1. Do đó bất phương trình đã cho tương đương với 2 2x−1 − 1 ≥ 2 2003 − 1 ⇔ x ≥ 1002. Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = x ∈ N ∗ x ≥ 1002 . e) Điều kiện: n ∈ Z, n ≥ 3. Ta có bất phương trình tương đương: A 3 n + 2C 2 n ≤ 9n ⇔ n(n − 1(n −2) + 2 n(n −1) 2! ≤ 9n ⇔ n(n 2 − 2n − 8) ≤ 0 ⇔ −2 ≤ n ≤ 4 Kết hợp điều kiện bất phương trình có nghiệm x = 3, x = 4. f) Điều kiện: x ∈ Z, x ≥ 3. Ta có phương trình tương đương: x + 6 x(x −1) 2! + 6 x(x −1)(x − 2) 3! = 9x 2 − 14x ⇔ x(x 2 − 9x + 14) = 0 ⇔ x = 0 (loại) x = 2 (loại) x = 7 Vậy phương trình có nghiệm x = 7. 2 GV: Lê Ngọc Sơn Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết Lớp 11K2 Chun đề 11. Tổ Hợp - Xác Suất 11.7. (D-05) Tính giá trị của M = A 4 n+1 + 3A 3 n (n + 1)! biết C 2 n+1 + 2C 2 n+2 + 2C 2 n+3 + C 2 n+4 = 149. Lời giải. Điều kiện: n ∈ Z, n ≥ 3. Điều kiện đã cho tương đương với (n + 1)n 2! + 2 (n + 2)(n + 1) 2! + 2 (n + 3)(n + 2) 2! + (n + 4)(n + 3) 2! = 149 ⇔ n 2 + 4n − 45 = 0 ⇔ n = 5 n = −9 (loại) Do đó ta có: M = A 4 6 + 3A 3 5 6! = 3 4 . 11.8. (B-06) Cho tập A gồm n phần tử (n ≥ 4). Biết rằng số tập con 4 phần tử bằng 20 lần số tập con gồm 2 phần tử. Tìm k ∈ {1, 2, , n} sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất. Lời giải. Số tập con k phần tử của A là C k n . Do đó theo giả thiết ta có: C 4 n = 20C 2 n ⇔ n(n −1)(n − 2)(n − 3) 4! = 20 n(n −1) 2! ⇔ n(n −1) n 2 − 5n − 234 = 0 ⇔ n = 18 Dễ thấy được C 0 18 < C 1 18 < C 2 18 < < C 9 18 > C 10 18 > > C 18 18 . Vậy số tập con gồm 9 phần tử là lớn nhất. 11.9. (B-02) Cho đa giác đều A 1 A 2 A 2n nội tiếp đường tròn (O). Biết rằng số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n đỉnh nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n đỉnh. Tìm n. Lời giải. Số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n đỉnh đa giác là C 3 2n . Gọi đường chéo đi qua tâm O của đa giác là đường chéo lớn thì đa giác có n đường chéo lớn. Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n đỉnh đa giác có hai đường chéo là hai đường chéo lớn. Ngược lại hai đường chéo lớn ln tạo ra một hình chữ nhật. Do đó số hình chữ nhật bằng số cặp đường chéo lớn và bằng C 2 n . Theo giả thiết ta có: C 3 2n = 20C 2 n ⇔ 2n(2n −1)(2n − 2) 3! = 20 n(n −1) 2! ⇔ n(n −1)(2n − 16) = 0 ⇔ n = 8. §2. Xác Suất 11.10. (B-2012) Trong một lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ. Lời giải. Phép thử là chọn 4 học sinh bất kỳ lên bảng nên số phần tử khơng gian mẫu là: |Ω| = C 4 25 = 12650. Gọi A là biến cố: "Chọn 4 học sinh lên bảng có cả nam và nữ" ta có |Ω A | = C 3 15 .C 1 10 +C 2 15 .C 2 10 +C 1 15 .C 3 10 = 11075. Vậy xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ là: P (A) = |Ω A | |Ω| = 11075 12650 = 443 506 . 11.11. Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 6 viên bi vàng. Người ta chọn ra 4 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để trong số bi lấy ra khơng đủ cả ba màu. Lời giải. Phép thử là chọn 4 bi bất kỳ trong tổng số 15 bi nên số phần tử khơng gian mẫu là: |Ω| = C 4 15 = 1365. Gọi A là biến cố: "Chọn 4 bi khơng đủ cả ba màu”, suy ra A là biến cố: "Chọn 4 bi đủ cả ba màu". Ta có: |Ω A | = C 2 4 .C 1 5 .C 1 6 + C 1 4 .C 2 5 .C 1 6 + C 1 4 .C 1 5 .C 2 6 = 720 ⇒ P A = |Ω A | |Ω| = 720 1365 = 48 91 . Vậy xác suất để trong số bi lấy ra khơng đủ cả ba màu là: P (A) = 1 − P A = 1 − 48 91 = 43 91 . 11.12. Một tổ có 9 nam và 3 nữ. Chia tổ thành 3 nhóm mỗi nhóm gồm 4 người. Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên nhóm nào cũng có nữ. Lời giải. Phép thử là chia tổ thành ba nhóm mỗi nhóm gồm 4 người nên |Ω| = C 4 12 .C 4 8 .C 4 4 = 34650. Gọi A là biến cố: "Nhóm nào cũng có nữ" ta có: |Ω A | = C 3 9 C 1 3 .C 3 6 C 1 2 .C 3 3 C 1 1 = 10080. Vậy xác suất để nhóm nào cũng có nữ là: P (A) = |Ω A | |Ω| = 10080 34650 = 16 55 . 11.13. Một tổ có 13 học sinh, trong đó có 4 nữ. Cần chia tổ thành ba nhóm, nhóm thứ nhất có 4 học sinh, nhóm thứ hai có 4 học sinh, nhóm thứ ba có 5 học sinh. Tính xác suất để mỗi nhóm có ít nhất một học sinh nữ. 3 GV: Lê Ngọc Sơn Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết Lớp 11K2 Lời giải. Phép thử là chia tổ thành ba nhóm gồm 4 học sinh, 4 học sinh và 5 học sinh nên |Ω| = C 4 13 .C 4 9 .C 5 5 = 90090. Gọi A là biến cố: "Mỗi nhóm có ít nhất một học sinh nữ" ta có: |Ω A | = C 3 9 C 1 4 .C 3 6 C 1 3 .C 3 3 C 2 2 + C 3 9 C 1 4 .C 3 6 C 2 3 .C 3 3 C 1 1 + C 3 9 C 2 4 .C 3 6 C 1 2 .C 3 3 C 1 1 = 60480 Vậy xác suất để mỗi nhóm có ít nhất một học sinh nữ là: P (A) = |Ω A | |Ω| = 60480 90090 = 96 143 . 11.14. Có hai hộp đựng bi. Hộp một có 7 bi xanh và 3 bi đỏ, hộp hai có 6 bi xanh và 4 bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên mỗi hộp một bi. Tìm xác suất để được ít nhất một bi đỏ. Lời giải. Phép thử là lấy mỗi hộp một bi nên số phần tử khơng gian mẫu là: |Ω| = C 1 10 .C 1 10 = 100. Gọi A là biến cố: "Lấy được ít nhất một bi đỏ", suy ra A là biến cố: "Lấy được hai bi xanh". Ta có: |Ω A | = C 1 7 .C 1 6 = 42 ⇒ P A = |Ω A | |Ω| = 42 100 = 21 50 . Vậy xác suất để lấy được ít nhất một bi đỏ là: P (A) = 1 −P A = 1 − 21 50 = 29 50 . 11.15. Có hai hộp chứa các viên bi chỉ khác nhau về màu. Hộp thứ nhất chứa ba bi xanh, hai bi vàng và một bi đỏ. Hộp thứ hai chứa hai bi xanh, một bi vàng và ba bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp một viên bi. Tính xác suất để lấy được hai bi xanh. Lời giải. Phép thử là lấy mỗi hộp một bi nên số phần tử khơng gian mẫu là: |Ω| = C 1 6 .C 1 6 = 36. Gọi A là biến cố: "Lấy được hai bi xanh", ta có: |Ω A | = C 1 3 .C 1 2 = 6. Vậy xác suất để lấy được hai bi xanh là: P (A) = |Ω A | |Ω| = 6 36 = 1 6 . 11.16. Một người gọi điện thoại, qn hai chữ số cuối và chỉ nhớ rằng hai chữ số đó phân biệt. Tính xác suất để người đó gọi một lần đúng số cần gọi. Lời giải. Gọi hai chữ số cuối của số điện thoại là ab. Vì a, b phân biệt nên có tất cả 90 số. Người đớ chỉ gọi một lần nên xác suất là 1 90 . 11.17. Người ta sử dụng 5 cuốn sách Tốn, 6 cuốn sách Lý, 7 cuốn sách Hố (các cuốn sách cùng loại giống nhau), để làm giải thưởng cho 9 học sinh, mỗi học sinh được hai cuốn sách khác loại. Trong số học sinh có hai bạn Ngọc và Thảo. Tìm xác suất để hai bạn Ngọc và Thảo có giải thưởng giống nhau. Lời giải. Chia 18 cuốn sách thành 9 bộ sách, mỗi bộ hai cuốn khác loại. Gọi x, y, z lần lượt là số bộ Tốn-Lý, Tốn-Hóa và Lý-Hóa, ta có: x + y = 5 x + z = 6 y + z = 7 ⇔ x = 2 y = 3 z = 4 Xét phép thử là phát 9 bộ sách cho 9 học sinh ta có: |Ω| = C 2 9 .C 3 7 .C 4 4 = 1260. Gọi A là biến cố: "Ngọc và Thảo có giải thưởng giống nhau" ta có các trường hợp: TH1: Ngọc và Thảo cùng nhận bộ sách Tốn-Lý có C 3 7 C 4 4 = 35 cách phát bộ sách cho 7 người còn lại. TH2: Ngọc và Thảo cùng nhận bộ sách Tốn-Hóa có C 2 7 C 1 5 C 4 4 = 105 cách phát bộ sách cho 7 người còn lại. TH3: Ngọc và Thảo cùng nhận bộ sách Lý-Hóa có C 2 7 C 3 5 C 2 2 = 210 cách phát bộ sách cho 7 người còn lại. Do đó số phần tử của biến cố A là |Ω A | = 35 + 105 + 210 = 350. Vậy xác suất để hai bạn Ngọc và Thảo có giải thưởng giống nhau là: P (A) = |Ω A | |Ω| = 350 1260 = 5 18 . 11.18. Một nhóm học tập gồm 7 nam và 5 nữ, trong đó có bạn nam A và bạn nữ B. Chọn ngẫu nhiên 6 bạn để lập một đội tuyển thi học sinh giỏi. Tính xác suất để đội tuyển có 3 nam và 3 nữ, trong đó phải có hoặc bạn nam A, hoặc bạn nữ B nhưng khơng có cả hai. Lời giải. Phép thử là chọn 6 học sinh trong tổng số 12 học sinh nên |Ω| = C 6 12 = 924. Gọi A là biến cố: "đội tuyển có 3 nam và 3 nữ, trong đó phải có hoặc bạn nam A, hoặc bạn nữ B nhưng khơng có cả hai". Ta có: |Ω A | = C 2 6 .C 3 4 + C 3 6 .C 2 4 = 180. Vậy xác suất cần tìm là: P (A) = |Ω A | |Ω| = 180 924 = 15 77 . 11.19. Có hai túi. Túi thứ nhất chứa 3 tấm thẻ đánh số 1, 2, 3 và túi thứ hai chứa 4 tấm thẻ đánh số 4, 5, 6, 8. Rút ngẫu nhiên từ mỗi túi một tấm thẻ rồi cộng hai số ghi trên hai tấm thẻ với nhau. Gọi X là số thu được. Lập bảng phân bố xác suất của X và tính E(X). 4 GV: Lê Ngọc Sơn Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết Lớp 11K2 Chun đề 11. Tổ Hợp - Xác Suất Lời giải. Ta có bảng phân bố xác suất: X 5 6 7 8 9 10 11 P 1 12 2 12 3 12 2 12 2 12 1 12 1 12 Kỳ vọng là E(X) = 7, 75. §3. Nhị Thức Newton 11.20. (D-04) Tìm số hạng khơng chứa x trong khai triển thành đa thức của biểu thức 3 √ x + 1 4 √ x 7 , x > 0. Lời giải. Ta có: 3 √ x + 1 4 √ x 7 = x 1 3 + x − 1 4 7 = 7 k=0 C k 7 x 1 3 7−k x − 1 4 k = 7 k=0 C k 7 x 7 3 − k 3 x − k 4 = 7 k=0 C k 7 x 7 3 − 7k 12 . Số hạng khơng chứa x tương ứng số hạng chứa k thỏa 7 3 − 7k 12 = 0 ⇔ k = 4. Vậy số hạng khơng chứa x là C 4 7 = 35. 11.21. (D-07) Tìm hệ số của x 5 trong khai triển thành đa thức của biểu thức x(1 −2x) 5 + x 2 (1 + 3x) 10 . Lời giải. Ta có: x(1 −2x) 5 + x 2 (1 + 3x) 10 = x 5 k=0 C k 5 (−2x) k + x 2 10 i=0 C i 10 (3x) i = 5 k=0 C k 5 (−2) k x k+1 + 10 i=0 C i 10 3 i x i+2 . Số hạng chứa x 5 tương ứng số hạng chứa k và i thỏa k + 1 = 5 i + 2 = 5 ⇔ k = 4 i = 3 . Vậy hệ số của số hạng chứa x 5 là C 4 5 (−2) 4 + C 3 10 3 3 = 3320. 11.22. (A-04) Tìm hệ số của x 8 trong khai triển thành đa thức của biểu thức 1 + x 2 (1 −x) 8 . Lời giải. Ta có: 1 + x 2 (1 −x) 8 = 8 k=0 C k 8 x 2 (1 −x) k = 8 k=0 C k 8 x 2k (1 −x) k = 8 k=0 C k 8 x 2k k i=0 C i k (−x) i = 8 k=0 k i=0 C k 8 x 2k C i k (−1) i x i = 8 k=0 k i=0 C k 8 C i k (−1) i x 2k+i Số hạng chứa x 8 tương ứng số hạng chứa k và i thỏa 2k + i = 8. Vì 0 ≤ i ≤ k ≤ 8 nên 2k + i = 8 ⇔ k = 3 i = 2 hoặc k = 4 i = 0 . Vậy hệ số của số hạng chứa x 8 là C 3 8 C 2 3 (−1) 2 + C 4 8 C 0 4 (−1) 0 = 238. 11.23. Tìm hệ số của x 4 trong khai triển đa thức P (x) = 1 + 2x + 3x 2 10 . Lời giải. Ta có: P (x) = 1 + 2x + 3x 2 10 = 10 k=0 C k 10 2x + 3x 2 k = 10 k=0 C k 10 k i=0 C i k (2x) k−i (3x 2 ) i = 10 k=0 k i=0 C k 10 C i k (2x) k−i (3x 2 ) i = 10 k=0 k i=0 C k 10 C i k 2 k−i 3 i x k+i Số hạng chứa x 4 tương ứng số hạng chứa k và i thỏa k + i = 4. Vì 0 ≤ i ≤ k ≤ 10 nên k + i = 4 ⇔ k = 4 i = 0 , k = 3 i = 1 hoặc k = 2 i = 2 . Vậy hệ số của số hạng chứa x 4 là C 4 10 C 0 4 2 4 3 0 + C 3 10 C 1 3 2 2 3 1 + C 2 10 C 2 2 2 0 3 2 = 8085. 11.24. Đặt 1 −x + x 2 − x 3 4 = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + + a 12 x 12 . Tính hệ số a 7 . Lời giải. Ta có: 1 −x + x 2 − x 3 4 = 1 −x + x 2 (1 −x) 4 = (1 −x) 4 1 + x 2 4 = 4 k=0 C k 4 (−x) k 4 i=0 C i 4 (x 2 ) i = 4 k=0 4 i=0 C k 4 (−1) k x k C i 4 x 2i = 4 k=0 4 i=0 C k 4 C i 4 (−1) k x k+2i Số hạng chứa x 7 tương ứng số hạng chứa k và i thỏa k + 2i = 7. Vì 0 ≤ i, k ≤ 4 nên k + 2i = 7 ⇔ k = 3 i = 2 hoặc k = 1 i = 3 . Vậy hệ số a 7 của số hạng chứa x 7 là a 7 = C 3 4 C 2 4 (−1) 3 + C 1 4 C 3 4 (−1) 1 = −40. 11.25. (D-02) Tìm số ngun dương n thoả mãn hệ thức C 0 n + 2.C 1 n + 2 2 .C 2 n + + 2 n .C n n = 243. Lời giải. Xét khai triển (1 + x) n = n k=0 C k n x k . Chọn x = 2 ta có: 3 n = n k=0 C k n 2 k . Lại theo giả thiết ta có: 3 n = 243 ⇔ n = 5. 5 GV: Lê Ngọc Sơn Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết Lớp 11K2 11.26. (D-08) Tìm số ngun dương n thoả mãn hệ thức C 1 2n + C 3 2n + + C 2n−1 2n = 2048. Lời giải. Xét khai triển (1 + x) 2n = 2n k=0 C k 2n x k . Chọn lần lượt x = 1 và x = −1 ta có: 2 2n = 2n k=0 C k 2n (1) và 0 = 2n k=0 C k 2n (−1) k (2) Trừ theo vế (1) và (2) ta có: 2 2n = 2 C 1 2n + C 3 2n + + C 2n−1 2n . Lại theo giả thiết có 2 2n = 2.2048 ⇔ 2 2n = 2 12 ⇔ n = 6. 11.27. Tìm số tự nhiên n sao cho 1.C 1 n + 2.C 2 n + + nC n n = n.2 2009 . Lời giải. Xét khai triển (1 + x) n = n k=0 C k n x k . Lấy đạo hàm hai vế ta được: n(1 + x) n−1 = n k=1 C k n kx k−1 . Chọn x = 1 ta có: n.2 n−1 = n k=1 C k n k. Lại theo giả thiết có: n.2 n−1 = n.2 2009 ⇔ n = 2010. 11.28. (A-2012) Cho n là số ngun dương thỏa mãn 5C n−1 n = C 3 n . Tìm số hạng chứa x 5 trong khai triển nhị thức Newton của nx 2 14 − 1 x n , x = 0. Lời giải. Điều kiện: n ∈ Z, n ≥ 3. Khi đó: 5C n−1 n = C 3 n ⇔ 5n = n(n −1)(n − 2) 3! ⇔ n = 7. Do đó nx 2 14 − 1 x n = x 2 2 − 1 x 7 = 7 k=0 C k 7 x 2 2 7−k − 1 x k = 7 k=0 C k 7 1 2 7−k (−1) k x 14−3k . Số hạng chứa x 5 tương ứng số hạng chứa k thỏa 14 −3k = 5 ⇔ k = 3. Vậy số hạng chứa x 5 là C 3 7 1 2 4 (−1) 3 x 5 = − 35 16 x 5 . 11.29. (B-07) Tìm hệ số của x 10 trong khai triển (2 + x) n , biết 3 n C 0 n − 3 n−1 C 1 n + 3 n−2 C 2 n + + (−1) n C n n = 2048. Lời giải. Xét khai triển (x −1) n = n k=0 C k n x n−k (−1) k . Chọn x = 3 ta có: 2 n = n k=0 C k n 3 n−k (−1) k . Lại theo giả thiết ta có: 2 n = 2048 ⇔ n = 11. Khi đó: (2 + x) n = (2 + x) 11 = 11 k=0 C k 11 2 11−k x k . Số hạng chứa x 1 0 tương ứng số hạng chứa k thỏa k = 10. Vậy hệ số của số hạng chứa x 1 0 là C 10 11 2 1 = 22. 11.30. (A-03) Tìm hệ số của số hạng chứa x 8 trong khai triển 1 x 3 + √ x 5 n , biết C n+1 n+4 − C n n+3 = 7 (n + 3). Lời giải. Ta có: C n+1 n+4 − C n n+3 = 7 (n + 3) ⇔ (n+4)(n+3)(n+2) 3! − (n+3)(n+2)(n+1) 3! = 7 (n + 3) ⇔ n = 12. Khi đó: 1 x 3 + √ x 5 n = x −3 + x 5 2 12 = 12 k=0 C k 12 x −3 12−k x 5 2 k = 12 k=0 C k 12 x 11 2 k−36 . Số hạng chứa x 8 tương ứng số hạng chứa k thỏa 11 2 k −36 ⇔ k = 8. Vậy hệ số của số hạng chứa x 8 là C 8 12 = 495. 11.31. (A-06) Tìm hệ số của x 26 trong khai triển 1 x 4 + x 7 n , biết C 1 2n+1 + C 2 2n+1 + + C n 2n+1 = 2 20 − 1. Lời giải. Xét khai triển (1 + x) 2n+1 = 2n+1 k=0 C k 2n+1 x k . Chọn x = 1 ta có: 2 2n+1 = 2n+1 k=0 C k 2n+1 . Lại có C k 2n+1 = C 2n+1−k 2n+1 nên 2 2n+1 = 2n+1 k=0 C k 2n+1 = 2 n k=0 C k 2n+1 ⇔ 2 2n − 1 = n k=1 C k 2n+1 . Lại theo giả thiết có: 2 2n − 1 = 2 20 − 1 ⇔ k = 10. Khi đó: 1 x 4 + x 7 n = x −4 + x 7 10 = 10 k=0 C k 10 x −4 10−k x 7 k = 10 k=0 C k 10 x 11k−40 . Số hạng chứa x 26 tương ứng số hạng chứa k thỏa 11k − 40 = 26 ⇔ k = 6. Vậy hệ số của số hạng chứa x 26 là C 6 10 = 210. 11.32. (D-03) Với n là số ngun dương, gọi a 3n−3 là hệ số của x 3n−3 trong khai triển thành đa thức của x 2 + 1 n (x + 2) n . Tìm n để a 3n−3 = 26n. Lời giải. Ta có: x 2 + 1 n (x + 2) n = n k=0 C k n x 2n−2k n i=0 C i n 2 i x n−i = n k=0 n i=0 C k n C i n 2 i x 3n−2k−i . Số hạng chứa x 3n−3 tương ứng số hạng chứa k và i thỏa 3n−2k−i = 3n−3 ⇔ 2k+i = 3 ⇔ k = 0 i = 3 hoặc k = 1 i = 1 . Do đó hệ số a 3n−3 của số hạng chứa x 3n−3 là C 0 n C 3 n 2 3 + C 1 n C 1 n 2 1 = 4n(n−1)(n−2) 3 + n 2 . Theo giả thiết a 3n−3 = 26n ⇔ 4n(n−1)(n−2) 3 + n 2 = 26n ⇔ n = 5. 6 GV: Lê Ngọc Sơn Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết Lớp 11K2 Chun đề 11. Tổ Hợp - Xác Suất 11.33. (A-02) Cho khai triển biểu thức 2 x−1 2 + 2 − x 3 n = C 0 n 2 x−1 2 n +C 1 n 2 x−1 2 n−1 2 − x 3 + + C n n 2 − x 3 n . Biết rằng trong khai triển đó C 3 n = 5C 1 n và số hạng thứ tư bằng 20n. Tìm n và x. Lời giải. Điều kiện: n ∈ Z, n ≥ 3. Ta có: C 3 n = 5C 1 n ⇔ n(n−1)(n−2) 3! = 5n ⇔ n n 2 − 3n − 28 = 0 ⇔ n = 7. Khi đó số hạng thứ tư là C 3 7 2 x−1 2 4 2 − x 3 3 = 35.2 2x−2 .2 −x = 35.2 x−2 . Theo giả thiết ta có: 35.2 x−2 = 140 ⇔ 2 x−2 = 4 ⇔ x = 4. 11.34. (A-05) Tìm số ngun dương n thỏa C 1 2n+1 − 2.2C 2 2n+1 + 3.2 2 C 3 2n+1 + + (−1) n 2 2n C 2n+1 2n+1 = 2005. Lời giải. Xét khai triển (1 + x) 2n+1 = 2n+1 k=0 C k 2n+1 x k . Lấy đạo hàm hai vế được (2n+1)(1 + x) 2n = 2n+1 k=0 C k 2n+1 kx k−1 . Thay x = −2 ta có: 2n + 1 = 2n+1 k=0 C k 2n+1 k(−1) k−1 2 k−1 . Theo giả thiết ta có: 2n + 1 = 2005 ⇔ n = 1002. 11.35. (A-07) Chứng minh rằng 1 2 C 1 2n + 1 4 C 3 2n + + 1 2n C 2n−1 2n = 2 2n −1 2n+1 . Lời giải. Xét khai triển (1 + x) 2n = 2n k=0 C k 2n x k (1) và (1 −x) 2n = 2n k=0 C k 2n (−1) k x k (2). Trừ theo vế (1) và (2) ta có: (1 + x) 2n −(1 −x) 2n = 2 C 1 2n x + C 3 2n x 3 + + C 2n−1 2n ⇔ 1 2 (1 + x) 2n − (1 − x) 2n = C 1 2n x + C 3 2n x 3 + + C 2n−1 2n x 2n−1 . Lấy tích phân từ 0 đến 1 cả hai vế ta có: 1 2 1 0 (1 + x) 2n − (1 − x) 2n dx = 1 0 C 1 2n x + C 3 2n x 3 + + C 2n−1 2n x 2n−1 dx ⇔ 1 2 (1 + x) 2n+1 + (1 − x) 2n+1 2n + 1 1 0 = C 1 2n x 2 2 + C 3 2n x 4 4 + + C 2n−1 2n x 2n 2n 1 0 ⇔ 1 2 2 2n+1 − 2 2n + 1 = 1 2 C 1 2n + 1 4 C 3 2n + + 1 2n C 2n−1 2n ⇔ 2 2n − 1 2n + 1 = 1 2 C 1 2n + 1 4 C 3 2n + + 1 2n C 2n−1 2n (đpcm) 11.36. (B-03) Cho n là số ngun dương. Tính tổng C 0 n + 2 2 − 1 2 C 1 n + 2 3 − 1 3 C 2 n + + 2 n+1 − 1 n + 1 C n n . Lời giải. Xét khai triển (1 + x) n = n k=0 C k n x k . Lấy tích phân từ 1 đến 2 cả hai vế ta có: 2 1 (1 + x) n dx = 2 1 n k=0 C k n x k dx ⇔ (1 + x) n+1 n + 1 2 1 = n k=0 C k n x k+1 k + 1 2 1 ⇔ 3 n+1 − 1 n + 1 = n k=0 C k n 2 k+1 − 1 k + 1 (đpcm) 11.37. Chứng minh rằng 2.1.C 2 n + 3.2.C 3 n + 4.3.C 4 n + + n (n − 1) C n n = n (n − 1) 2 n−2 . Lời giải. Xét khai triển (1 + x) n = n k=0 C k n x k . Lấy đạo hàm cấp hai hai vế ta có: n(n −1)(1 + x) n−2 = n k=0 C k n k(k − 1)x k−2 . Chọn x = 1 ta có: n(n −1)2 n−2 = n k=2 C k n k(k − 1) (đpcm). 11.38. Tính tổng a) S = C 0 2009 + C 2 2009 + C 4 2009 + + C 2008 2009 . b) S = C 0 2009 + 3 2 C 2 2009 + 3 4 C 4 2009 + + 3 2008 C 2008 2009 . c) S = 2C 0 n + 5C 1 n + 8C 2 n + + (3n + 2) C n n . d) C 0 2010 2 + C 1 2010 2 + C 2 2010 2 + + C 2010 2010 2 . Lời giải. a) Xét khai triển (1 + x) 2009 = 2009 k=0 C k 2009 x k . Lần lượt chọn x = 1 và x = −1 ta có: 2 2009 = 2009 k=0 C k 2009 (1) và 0 = 2009 k=0 C k 2009 (−1) k (2). 7 GV: Lê Ngọc Sơn Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết Lớp 11K2 Cộng theo vế (1) và (2) ta có: 2 2009 = 2 C 0 2009 + C 2 2009 + + C 2008 2009 ⇔ C 0 2009 + C 2 2009 + + C 2008 2009 = 2 2008 ⇔ S = 2 2008 . b) Xét khai triển (1 + x) 2009 = 2009 k=0 C k 2009 x k . Lần lượt chọn x = 3 và x = −3 ta có: 4 2009 = 2009 k=0 C k 2009 3 k (1) và (−2) 2009 = 2009 k=0 C k 2009 (−1) k 3 k (2). Cộng theo vế (1) và (2) ta có: 4 2009 − 2 2009 = 2 C 0 2009 + 3 2 C 2 2009 + + 3 2008 C 2008 2009 ⇔ C 0 2009 + 3 2 C 2 2009 + + 3 2008 C 2008 2009 = 4 2009 −2 2009 2 ⇔ S = 4 2009 −2 2009 2 . c) Xét khai triển x 2 1 + x 3 n = x 2 n k=0 C k n x 3k = n k=0 C k n x 3k+2 . Lấy đạo hàm hai vế ta có: 2x 1 + x 3 n + 3nx 4 1 + x 3 n−1 = n k=0 C k n (3k + 2)x 3k+1 . Chọn x = 1 ta có: 2.2 n + 3n.2 n−1 = n k=0 C k n (3k + 2) ⇔ S = 2 n+1 + 3n.2 n−1 . d) Xét khai triển (1 + x) 4020 = 4020 k=0 C k 4020 x k có hệ số của x 2010 là C 2010 4020 (1). Lại có: (1 + x) 4020 = (1 + x) 2010 (1 + x) 2010 = 2010 k=0 C k 2010 x k 2010 i=0 C i 2010 x i = 2010 k=0 2010 i=0 C k 2010 C i 2010 x k+i . Số hạng chứa x 2010 tương ứng số hạng chứa k và i thỏa k + i = 2010. Do đó hệ số của số hạng chứa x 2010 là k+i=2010 C k 2010 C i 2010 = 2010 k=0 C k 2010 C 2010−k 2010 = 2010 k=0 C k 2010 2 (2). Từ (1) và (2) ta có 2010 k=0 C k 2010 2 = C 2010 4020 . 11.39. Tính tổng S = 1 2 C 1 2011 2 2010 + 2 2 C 2 2011 2 2009 + + 2011 2 C 2011 2011 2 0 . Lời giải. Xét khai triển (1 + x) n = n k=0 C k n x k . Lấy đạo hàm và đạo hàm cấp hai hai vế ta có: 2011(2 + x) 2010 = 2011 k=1 C k 2011 2 2011−k kx k−1 2011.2010(2 + x) 2009 = 2011 k=1 C k 2011 2 2011−k k(k − 1)x k−2 Chọn x = 1 ta có: 2011.3 2010 = 2011 k=1 C k 2011 2 2011−k k (1) 2011.2010.3 2009 = 2011 k=1 C k 2011 2 2011−k k(k − 1) (2) Cộng theo vế (1) và (2) ta có: 2011.3 2010 +2011.2010.3 2009 = 2011 k=1 C k 2011 2 2011−k (k + k(k − 1)) = 2011 k=1 k 2 C k 2011 2 2011−k . Vậy S = 2011.3 2010 + 2011.2010.3 2009 = 2011.2013.3 2009 . 11.40. Trong khai triển nhị thức (a + b) 50 , tìm số hạng có giá trị tuyệt đối lớn nhất, cho biết |a| = |b| √ 3. Lời giải. Số hạng tổng qt của khai triển (a + b) 50 là: T k+1 = C k 50 a 50−k b k . Khi đó: |T k+1 | = C k 50 |a| 50−k |b| k = C k 50 |b| √ 3 50−k |b| k = C k 50 √ 3 50−k |b| 50 . Ta có: |T k+2 | |T k+1 | = C k+1 50 √ 3 49−k |b| 50 C k 50 √ 3 50−k |b| 50 = 50 −k √ 3 (k + 1) . Suy ra: |T k+2 | |T k+1 | > 1 ⇔ 50 −k √ 3 (k + 1) > 1 ⇔ 50 − k > √ 3 (k + 1) ⇔ k < 50 − √ 3 √ 3 + 1 < 18. Do đó T 1 < T 2 < < T 18 > T 19 > > T 51 . Vậy số hạng có trị tuyệt đối lớn nhất là T 18 = C 17 50 3 16 b 50 . 11.41. (A-08) Cho khai triển (1 + 2x) n = a 0 + a 1 x + + a n x n , (n ∈ N ∗ ) và các hệ số a 0 , a 1 , a 2 , , a n thoả mãn hệ thức a 0 + a 1 2 + a 2 4 + + a n 2 n = 4096. Tìm số lớn nhất trong các số a 0 , a 1 , a 2 , , a n . 8 GV: Lê Ngọc Sơn Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết Lớp 11K2 Chun đề 11. Tổ Hợp - Xác Suất Lời giải. Xét khai triển (1 + 2x) n = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + + a n x n . Chọn x = 1 2 ta có: 2 n = a 0 + a 1 2 + a 2 2 2 + + a n 2 n = 4096 ⇔ n = 12. Khi đó: (1 + 2x) 12 = 12 k=0 C k 12 2 k x k ⇒ a k+1 a k = 2 k+1 C k+1 12 2 k C k 12 = 2(12−k) k+1 = 24−2k k+1 . Do đó a k+1 a k > 1 ⇔ 24−2k k+1 > 1 ⇔ 24 − 2k > k + 1 ⇔ k < 23 3 < 8. Suy ra a 0 < a 1 < < a 8 > a 9 > > a 12 . Vậy số lớn nhất trong các số a 0 , a 1 , , a 12 là a 8 = 2 8 .C 8 12 = 126720. 9 GV: Lê Ngọc Sơn Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết Lớp 11K2 . có: 2 011( 2 + x) 2010 = 2 011 k=1 C k 2 011 2 2 011 k kx k−1 2 011. 2010(2 + x) 2009 = 2 011 k=1 C k 2 011 2 2 011 k k(k − 1)x k−2 Chọn x = 1 ta có: 2 011. 3 2010 = 2 011 k=1 C k 2 011 2 2 011 k k (1) 2 011. 2010.3 2009 = 2 011 k=1 C k 2 011 2 2 011 k k(k. (1) 2 011. 2010.3 2009 = 2 011 k=1 C k 2 011 2 2 011 k k(k − 1) (2) Cộng theo vế (1) và (2) ta có: 2 011. 3 2010 +2 011. 2010.3 2009 = 2 011 k=1 C k 2 011 2 2 011 k (k + k(k − 1)) = 2 011 k=1 k 2 C k 2 011 2 2 011 k . Vậy. 2048 ⇔ n = 11. Khi đó: (2 + x) n = (2 + x) 11 = 11 k=0 C k 11 2 11 k x k . Số hạng chứa x 1 0 tương ứng số hạng chứa k thỏa k = 10. Vậy hệ số của số hạng chứa x 1 0 là C 10 11 2 1 = 22. 11. 30.