NỘI DUNG ôn tổ hợp xác SUẤT

Tổ hợp – Xác suất

FB: />
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN
Chuyên đề: Tổ hợp & Xác suất
1.1. Đại số tổ hợp
1.1.1. Quy tắc cộng:
Có n1 cách chọn đối tượng A1.
n2 cách chọn đối tượng A2.
A1  A2 = 
 Có n1 + n2 cách chọn một trong các đối tượng A1, A2.
1.1.2. Quy tắc nhân:
Có n1 cách chọn đối tượng A1. Ứng với mỗi cách chọn A1, có n2 cách chọn đối
tượng A2.
 Có n1.n2 cách chọn dãy đối tượng A1, A2.
1.1.3. Hoán vị:
 Mỗi cách sắp thứ tự n phần tử gọi là một hoán vị của n phần tử.
 Số hoán vị: Pn = n!.
1.1.4. Chỉnh hợp:
 Mỗi cách lấy ra k phần tử từ n phần tử (0 < k  n) và sắp thứ tự của chúng gọi
là một chỉnh hợp chập k của n phần tử.
 Số các chỉnh hợp: Ank 

n!
(n  k )!

1.1.5. Tổ hợp:
 Mỗi cách lấy ra k phần tử từ n phần tử (0  k  n) gọi là một tổ hợp chập k
của n phần tử.
 Số các tổ hợp: Cnk 

n!
k !(n  k )!

 Hai tính chất: Cnk  Cnnk , Cnk11  Cnk1  Cnk
1.1.6. Nhị thức Newton
n

(a  b)n   Cnk a nk b k  Cn0a n  Cn1a n1b  ...  Cnnb n
k 0

 Số hạng tổng quát (Số hạng thứ k + 1): Tk 1  Cnk a nk b k
 Đặc biệt: (1  x) n  Cn0  xCn1  x 2Cn2  ...  x nCnn
1.2. Xác suất
1.2.1. Tính xác suất bằng định nghĩa cổ điển: P  A 
+ 0  P(A)  1
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

A


+ P     1, P    0
SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ


Tổ hợp – Xác suất

FB: />
1.2.2. Tính xác suất theo các quy tắc:
a) Quy tắc cộng xác suất
Nếu A và B là hai biến cố xung khắc, thì:

P  A  B   P  A  P  B 

c) Quy tắc nhân xác suất
Nếu hai biến cố A và B độc lập với nhau thì:

P  AB   P  A  P  B 

II. BÀI TẬP VÍ DỤ
Chuyên đề: Tổ hợp & Xác suất

Ví dụ 1: Một hộp đựng 5 viên bi trắng, 3 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 2 bi.
a) Có bao nhiêu cách lấy được 2 bi ?
b) Có bao nhiêu cách lấy được 2 bi trắng ?
c) Có bao nhiêu cách lấy được 1 bi trắng, 1 bi xanh ?
Lời giải
a) Có C82

28

cách lấy

b) Có C52 10 cách lấy
c) Có C51C31 15 cách lấy

Ví dụ 2: Một hộp đựng 5 viên bi trắng, 3 viên bi xanh. Lấy lần lượt 2 bi.
a) Có bao nhiêu cách lấy được 2 bi ?
b) Có bao nhiêu cách lấy được 2 bi trắng ?
c) Có bao nhiêu cách lấy được 1 bi trắng, 1 bi xanh ?
Lời giải

a) Có C81C71

56

cách lấy (hoặc A82

56 )

b) Có C51C41

20

cách lấy (hoặc A52

20 )

c) Có C51C31 C31C51

30

cách lấy

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ


Tổ hợp – Xác suất

FB: />

Ví dụ 3: Một hộp đựng 5 viên bi trắng, 6 viên bi xanh và 7 viên bi đỏ. Lấy ngẫu
nhiên 4 bi.
a) Có bao nhiêu cách lấy được 4 bi ?
b) Có bao nhiêu cách lấy được 4 bi có đủ cả ba màu ?
Lời giải
a) Có C184

3060

cách lấy

b) Có C52C61C61 C51C62C71 C51C61C72 1575 cách lấy

Ví dụ 4: Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau sao cho
trong mỗi số đều có mặt các chữ số 8 và 9 ?

Lời giải
Giả sử số cần lập là abcd , d {0, 2, 4, 6, 8}. Xét các trường hợp sau
d  0.

Số cách lập abc trong đó có các chữ số 8 và 9 là C71 .3!  42.

d  8.

Số cách lập abc trong đó có chữ số 9 là C82 .3! C71 .2!  154.

d  {2, 4, 6}.

Số cách lập abc trong đó có các chữ số 8 và 9 là

Vậy số các số lập được là





3. C71 .3! 2  120.

42  154  120  316. 

Ví dụ 5: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số, các chữ số đôi một khác nhau sao
cho chữ số đầu và chữ số cuối của mỗi số đó đều là số chẵn?
Lời giải
+ Chữ số đầu tiên là chữ số chẵn, khác 0 nên có 4 cách chọn.
+ Chữ số tận cùng cũng là chữ số chẵn, khác với chữ số đầu tiên nên cũng có 4 cách
chọn.
+ Ba chữ số ở giữa có số cách sắp xếp là

A83 .

Suy ra số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

4  4  A83  5376. 

SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ


Tổ hợp – Xác suất

FB: />
Ví dụ 6: Tìm hệ số của số hạng chứa x12 trong khai triển nhị thức Niutơn của x

1
x2

18

Lời giải
♥ Khai triển nhị thức Niutơn ta có:
x

1
x2

18

18
k
18

18 k

C .x

1
x2

.

k 0

♥ Chọn k thỏa mãn: 18 3k 12

k

k

18

k

C18k .

1 .x18

3k

k 0

2

♥ Vậy hệ số của số hạng chứa x12 trong khai triển là

2

153 .

1 C182



Ví dụ 7: Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của
1
x2

x

18

Lời giải
♥ Khai triển nhị thức Niutơn ta có:
x

1
x2

18

18
k
18

18 k

C .x

1
x2

.

k 0

♥ Chọn k thỏa mãn: 18 3k

0

k

k

18

k

C18k .

1 .x18

3k

6

18564 .

k 0

6

♥ Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là

1 C186



Ví dụ 8: Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của
1
x3

n

x5 , biết rằng Cnn

1
4

Cnn

3

7 n

3

(1)

4!

n

Lời giải
♥ Giải phương trình (1) tìm n, ta có:
Cnn

3n

6

42

1
4

Cnn

n

3

7 n

3

n

n 1 !3!

3!

n !3!

n

2 n

3 n

n

2 n

4

7 n
4

3
n 1 n

n 1 n

2

2 n

3

42 n

3

42

12

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ


Tổ hợp – Xác suất

FB: />
♥ Khai triển nhị thức Niutơn ta có:
1
x3

12

x

12

5

♥ Chọn k thỏa mãn:

1

C . 3
x
0

12 k

k
12

k

60 11k
2

12

k

x5

.

C12k .x

60 11k
2

k 0

8

k

4

♥ Vậy hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển là C124

495 .



Ví dụ 9: Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ một công ty sữa, người ta đã gửi đến bộ
phận kiểm nghiệm 5 hộp sữa cam, 4 hộp sữa dâu và 3 hộp sữa nho. Bộ phận kiểm
nghiệm chọn ngẫu nhiên 3 hộp sữa để phân tích mẫu. Tính xác suất để 3 hộp sữa
được chọn có cả 3 loại.

(Khối A-2014)

Bài giải
♥ Số phần tử của không gian mẫu là:

C123

220

♥ Gọi A là biến cố: “3 hộp sữa được chọn có cả 3 loại”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
♥ Vậy xác suất cần tính là P A

A

A

60
220

C51C41C31

3
.
11

60



Ví dụ 10: Từ một hộp chứa 16 thể được đánh số từ 1 đến 16, chọn ngẫu nhiên 4 thẻ.
Tính xác suất để 4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn.

(Khối B-2014)

Bài giải
♥ Số phần tử của không gian mẫu là:

C164

1820

♥ Gọi A là biến cố: “4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:

♥ Vậy xác suất cần tính là P A

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

A

A

70
1820

C84

1
.
26

70



SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ


Tổ hợp – Xác suất

FB: />
Ví dụ 11: Có hai chiếc hộp chứa bi. Hộp thứ nhất chứa 4 viên bi đỏ và 3 viên bi trắng,
hộp thứ hai chứa 2 viên bi đỏ và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra 1

viên bi, tính xác suất để hai viên bi được lấy ra có cùng màu.
(Khối B-2013)
Bài giải
♥ Số phần tử của không gian mẫu là:

C71C61

42

♥ Gọi A là biến cố: “hai viên bi được lấy ra có cùng màu”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
♥ Vậy xác suất cần tính là P A

A

C41C21

A

20
42

10
.
21

C31C41

10



Ví dụ 12: 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.

(Khối B-2012)

Lời giải
♥ Số phần tử của không gian mẫu là:

C254

12650

♥ Gọi A là biến cố: “4 học sinh được gọi có cả nam và nữ”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
♥ Vậy xác suất cần tính là P A

A

A

C151 C103

11075
12650

443
.

506

C152 C102

C153 C101

11075



Ví dụ 13: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn
từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Chọn ngẫu nhiên 1 số từ S, tính xác suất để số được
chọn là số chẵn.

(Khối A-2013)

Bài giải
♥ Số phần tử của không gian mẫu là:

A73

210

♥ Gọi A là biến cố: “số được chọn là số chẵn”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

A

3.6.5

90

SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ


Tổ hợp – Xác suất

♥ Vậy xác suất cần tính là P A

FB: />A

90
210

3
.
7



Ví dụ 14: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm bốn chữ số phân biệt được chọn
từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6. Chọn ngẫu nhiên 1 số từ S, tính xác suất để số được
chọn có mặt chữ số 6.
Bài giải
♥ Số phần tử của không gian mẫu là:

A64

360

♥ Gọi A là biến cố: “số được chọn có mặt chữ số 6”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
♥ Vậy xác suất cần tính là P A

A

A

240
360

4. A53

2
.
3

240



Ví dụ 15: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn
từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6. Chọn ngẫu nhiên 1 số từ S, tính xác suất để số được
chọn có tổng các chữ số bằng 8.
Bài giải
♥ Số phần tử của không gian mẫu là:

A63

120

♥ Gọi A là biến cố: “số được chọn có mặt chữ số 6”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
♥ Vậy xác suất cần tính là P A

A

A

12
120

12

1
.
10



Ví dụ 16: Cho tập hợp E  1, 2, 3, 4, 5. Gọi M là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít
nhất 3 chữ số, các chữ số đôi một khác nhau thuộc E. Lấy ngẫu nhiên một số
thuộc M. Tính xác suất để tổng các chữ số của số đó bằng 10.
Phân tích
Số các số thuộc M có 3 chữ số là A53  60.
Số các số thuộc M có 4 chữ số là A54  120.
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ

Tổ hợp – Xác suất

FB: />
Số các số thuộc M có 5 chữ số là A  120.
60 120 120 300.
Số phần tử của không gian mẫu là:
5
5

Gọi A là tập con của M mà mỗi số thuộc A có tổng các chữ số bằng 10.
Các tập con của E có tổng các phần tử bằng 10 gồm
E1  {1,2,3,4}, E2  {2,3,5}, E3  {1,4,5}.

Từ E1 lập được số các số thuộc A là 4!
Từ mỗi tập E2 và E3 lập được số các số thuộc A là
Suy ra số phần tử của A là 4! 2.3!  36.
Vậy xác suất cần tính là

P

3!

36
3
 .
300 25

Bài giải

♥ Số phần tử của không gian mẫu là:

60 120 120

300.

♥ Gọi A là biến cố: “số được chọn có tổng các chữ số của số đó bằng 10”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
♥ Vậy xác suất cần tính là P A

A

A

36
300

4! 2.3!

36.

3
.
25

Ví dụ 17: Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu
vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả
cầu được lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu
xanh.
Lời giải

♥ Số phần tử của không gian mẫu là:

C164

1820

♥ Gọi A là biến cố:
“4 quả cầu được lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả
cầu màu xanh”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
♥ Vậy xác suất cần tính là P A

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

A

A

740
1820

C41C53

C41C71C52

C41C72C51

740

37


91

SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ


Tổ hợp – Xác suất

FB: />
Ví dụ 18: Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam, 5 nhà vật lý nữ và 3
nhà hóa học nữ. Chọn ra từ đó 4 người. Tính xác suất trong 4 người được chọn phải
có nữ và có đủ ba bộ môn.
Lời giải
♥ Số phần tử của không gian mẫu là:

C164

1820

♥ Gọi A là biến cố: “4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba bộ môn”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
A

C82C51C31

C81C52C31

C81C51C32

420

♥ Vậy xác suất cần tính là P A

240 120
A

780
1820

780

3
7



Ví dụ 19: Có 40 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 40. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ.
Tính xác suất để trong 10 thẻ được chọn ra có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ
mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ mang số chia hết cho 10.
Lời giải
♥ Số phần tử của không gian mẫu là:

C4010

847660528

♥ Gọi A là biến cố: “10 thẻ được chọn ra có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang
số chẵn trong đó chỉ có
đúng một tấm thẻ mang số chia hết cho 10”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:

♥ Vậy xác suất cần tính là P A

A

A

C205 .C164 .C41

112869120
847660528

112869120

1680

12617

Ví dụ 20: Một chiếc hộp đựng 6 quả cầu trắng, 4 quả cầu đỏ và 2 quả cầu đen. Chọn
ngẫu nhiên 6 quả từ hộp. Tính xác suất để 6 quả cầu được chọn có 3 quả cầu
trắng, 2 quả cầu đỏ và 1 quả cầu đen.
Lời giải
♥ Số phần tử của không gian mẫu là:
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

C126

924

SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ

Tổ hợp – Xác suất

FB: />
♥ Gọi A là biến cố: “6 quả cầu được chọn có 3 quả cầu trắng, 2 quả cầu đỏ và 1
quả cầu đen”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
♥ Vậy xác suất cần tính là P A

A

C63C42C21

A

240
294

240

20

77

Ví dụ 21: Một tổ học sinh gồm có 5 học sinh nam và 7 học sinh nữ. Chọn ngẫu
nhiên 2 học sinh đi chăm sóc bồn hoa. Tính xác suất để 2 học sinh được chọn đi
chăm sóc bồn hoa có cả nam và nữ.
Lời giải
♥ Số phần tử của không gian mẫu là:

C122

66

♥ Gọi A là biến cố: “2 học sinh được chọn đi chăm sóc bồn hoa có cả nam và nữ”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
♥ Vậy xác suất cần tính là P A

A

C51C71

A

35

35

66

Ví dụ 22: Một hộp đựng 3 viên bi xanh, 4 viên bi đỏ và 5 viên bi vàng. Chọn ngẫu
nhiên 3 viên bi. Tính xác xuất để 3 viên bi được chọn có đủ cả ba màu.
Lời giải
♥ Số phần tử của không gian mẫu là:

C123

220

♥ Gọi A là biến cố: “3 viên bi được chọn có đủ cả ba màu”

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
♥ Vậy xác suất cần tính là P A

A

A

60
220

C31C41C51

3
11

60



Ví dụ 23: Một hộp đựng 8 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi
từ hộp trên. Tính xác xuất để 4 viên bi được lấy ra có cả bi xanh và bi đỏ.
Bài giải
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ


Tổ hợp – Xác suất

FB: />

♥ Số phần tử của không gian mẫu là:

4
14

C

1001

♥ Gọi A là biến cố: “4 viên bi được lấy ra có cả bi xanh và bi đỏ”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
♥ Vậy xác suất cần tính là P A

A

C81C63

A

C82C62

C83C61

916

916

1001

Ví dụ 24: Có 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Người ta chọn ra một cách ngẫu

nhiên 4 học sinh. Tìm xác suất để trong 4 học sinh được chọn ra có ít nhất 2 học
sinh nữ.
Lời giải
♥ Số phần tử của không gian mẫu là:

C104

210

♥ Gọi A là biến cố: “4 học sinh được chọn ra có ít nhất 2 học sinh nữ”
Khi đó biến cố A là: “4 học sinh được chọn ra có nhiều nhất 1 học sinh nữ”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
Suy ra: P A

A

95
210

A

C64

C41C63

95

19
42

♥ Vậy xác suất cần tính là P A

1 P A

1

19
42

23
42



Ví dụ 25: Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng, 6 viên bi vàng (các viên bi có
kích thức giống nhau, chỉ khác nhau về màu). Người ta chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ
hộp đó. Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu.
Lời giải
♥ Số phần tử của không gian mẫu là:

C154

1365

♥ Gọi A là biến cố: “4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu”
Khi đó biến cố A là: “4 bi chọn ra có đủ cả ba màu”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
Suy ra: P A

A

720
1365

A

C42C51C61

C41C52C61

C41C51C62

720

48
91

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ


Tổ hợp – Xác suất

♥ Vậy xác suất cần tính là P A

FB: />
1 P A

48

91

1

43
91



Ví dụ 26: Xếp ngẫu nhiên 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ thành một hàng
ngang. Tính xác suất để có 2 học sinh nữ đứng cạnh nhau.
Lời giải
♥ Số phần tử của không gian mẫu là:

5!

♥ Gọi A là biến cố: “2 học sinh nữ đứng cạnh nhau”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
♥ Vậy xác suất cần tính là P A

A

2
5

4.2!.3!

A



Ví dụ 27: Trong giải cầ u lông kỷ niê ̣m ngày truyề n thố ng ho ̣c sinh sinh viên có 8
người tham gia trong đó có hai ba ̣n Viê ̣t và Nam. Các vâ ̣n đô ̣ng viên đươ ̣c chia làm
hai bảng A và B, mỗi bảng gồm 4 người. Giả sử việc chia bảng thực hiê ̣n bằ ng cách
bố c thăm ngẫu nhiên, tính xác suất để cả hai bạn Viê ̣t và Nam nằ m chung mô ̣t bảng
đấ u.
Lời giải
♥ Số phần tử của không gian mẫu là:

C84

70

♥ Gọi A là biến cố: “cả hai ba ̣n Viê ̣t và Nam nằ m chung mô ̣t bảng đấ u”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
♥ Vậy xác suất cần tính là P A

A

A

30
70

C21C62

3
.
7

30



Ví dụ 28: Người ta phân chia một cách ngẫu nhiên 8 bạn học sinh Kì, Thi, Trung,
Học, Phổ, Thông, Quốc, Gia thành 2 nhóm, mỗi nhóm 4 bạn, để chơi trò kéo co. Tính
xác xuất để hai bạn Quốc và Gia ở trong cùng một nhóm.
Lời giải
♥ Số phần tử của không gian mẫu là:

C84
2

35

♥ Gọi A là biến cố: “hai bạn Quốc và Gia ở trong cùng một nhóm”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

A

C62

15

SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ


Tổ hợp – Xác suất

FB: />
♥ Vậy xác suất cần tính là P A

A

15
35

3
.
7

Ví dụ 29: Viết ngẫu nhiên một số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau
lên bảng. Tính xác suất để số vừa viết thỏa mãn trong số đó mỗi chữ số đều lớn
hơn chữ số đứng trước nó.
Phân tích
Gọi A là biến cố số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số được viết ra thỏa mãn mỗi chữ số lớn
hơn chữ số đứng trước nó. Khi đó
  {abcd : a  0, d {0, 2, 4, 6, 8}};

d là số chẵn}.

 A  {abcd : 0  a  b  c  d ,

Để tính  ta xét các trường hợp sau
+) d  0. Trường hợp này có A93 số.
+) d {2, 4, 6, 8}. Trường hợp này có
Suy ra   A93  4( A93  A82 )  2296.

( A93  A82 ).4

số.

Để tính  A ta xét các trường hợp sau
+) d  4. Trường hợp này có 1 số.
+) d  6. Trường hợp này có C53 số.
+) d  8. Trường hợp này có C73 số.
Suy ra  A  1  C53  C73  46.
Do đó

P( A) 

A
46

 0,02.

2296

Lời giải
♥ Số phần tử của không gian mẫu là:

A93

4( A93

A82 )

2296.

♥ Gọi A là biến cố: “số vừa viết thỏa mãn trong số đó mỗi chữ số đều lớn hơn chữ
số đứng trước nó”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
♥ Vậy xác suất cần tính là P( A)

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

A

A

46
2296

1 C53

C73

46.

23
.
1146

SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ


Tổ hợp – Xác suất

FB: />

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

1. Bài toán đếm
Câu 1. Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số
và số đó chia hết cho 3?
Số có 5 chữ số cần lập là abcde ( a  0 ; a, b, c, d, e  {0; 1; 2; 3; 4; 5})
abcde

3

 (a  b  c  d  e) 3

- Nếu (a  b  c  d ) 3 thì chọn e = 0 hoặc e = 3
- Nếu (a  b  c  d ) chia 3 dư 1 thì chọn e = 2 hoặc e = 5
- Nếu (a  b  c  d ) chia 3 dư 2 thì chọn e = 1 hoặc e = 4
Như vậy với mỗi số abcd đều có 2 cách chọn e để được một số có 5 chữ số chia hết
cho 3
Số các số dạng abcd lập được từ tập A là: 5x6x6x6= 1080 số
Số các số cần tìm là 2 x 1080 = 2160 số
Câu 2. Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mỗi số
gồm 6 chữ số khác nhau và tổng các chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng ngàn bằng 8.
Giả sử số cần lập có dạng
Theo đề

a1a2a3a4a5a6






.


a , a , a5  1; 2;5
a3  a4  a5  8   3 4
a3 , a4 , a5  1;3; 4

TH1: a3 , a4 , a5  1; 2;5 .
Có 6 cách chọn a1; 5 cách chọn a2; 3! Cách chọn a3,a4,a5 và 4 cách chọn a6
Vậy có 6.5.3!.4=720 số
TH2: a3 , a4 , a5  1;3; 4 . Tương tự có 720 số
Vậy có 1440 số thỏa đề.
Câu 3. Cho tập A  0;1;2;3;4;5 , từ A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ
số khác nhau, trong đó nhất thiết phải có chữ số 0 và 3.
-Gọi số cần tìm là abcde  a  0
-Tìm số các số có 5 chữ số khác nhau mà có mặt 0 và 3 không xét đến vị trí a.
Xếp 0 và 3 vào 5 vị trí có: A52 cách
3 vị trí còn lại có A43 cách
Suy ra có A52 A43 số
-Tìm số các số có 5 chữ số khác nhau mà có mặt 0 và 3 với a = 0.
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ


Tổ hợp – Xác suất

FB: />
Xếp 3 có 4 cách
3 vị trí còn lại có A43 cách

Suy ra có 4.A43 số
Vậy số các số cần tìm tmycbt là: A52 A43 - 4.A43 = 384
Câu 4. Cho tập A= {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau
chọn trong A sao cho số đó chia hết cho 15.
Nhận xét: Số chia hết cho 15 thì chia hết 3 và chia hết 5.
 Các bộ số gồm 5 số có tổng chia hết cho 3 là: (0; 1; 2; 3; 6), (0; 1; 2; 4; 5), (0; 1; 3;
5; 6), (0; 2; 3; 4; 6), (0; 3; 4; 5; 6),(1; 2; 3; 4; 5), (1; 2; 4; 5; 6).
 Mỗi số chia hết cho 5 khi và chỉ khi số tận cùng là 0 hoặc 5.
+ Trong các bộ số trên có 4 bộ số có đúng một trong hai số 0 hoặc 5  4.P4 = 96
số chia hết cho 5
+ Trong các bộ số trên có 3 bộ số có cả 0 và 5.
Nếu tận cùng là 0 thì có P4= 24 số chia hết cho 5.
Nếu tận cùng là 5 vì do số hàng chục nghìn không thể là số 0, nên có 3.P 3=18 số
chia hết cho 5.
Trong trường hợp này có: 3(P4+3P3) = 126 số.
Vậy số các số theo yêu cầu bài toán là: 96 + 126 = 222 số.
Câu 5. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn có
mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ.
Từ giả thiết bài toán ta thấy có C52  10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0
đứng đầu) và C53 =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C52 . C53 = 100 bộ 5 số được chọn.
Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập => có tất cả C52 . C53 .5! = 12000 số.
Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C41 .C53 .4!  960 .
Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán.
Câu 6. Có 12 học sinh giỏi gồm 3 học sinh khối 12, 4 học sinh khối 11, 5 học sinh khối
10. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 6 học sinh sao cho mỗi khối có ít nhất 1 học sinh.
Tổng số cách chọn 6 học sinh trong 12 học sinh là C126
Số học sinh được chọn phải thuộc ít nhất 2 khối
Số cách chọn chỉ có học sinh khối 12 và khối 11 là: C76
Số cách chọn chỉ có học sinh khối 11 và khối 10 là: C96
Số cách chọn chỉ có học sinh khối 12 và khối 10 là: C86

Số cách chọn thoả mãn đề bài là: C126  C76  C96  C86  805 (cách)

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ


Tổ hợp – Xác suất

FB: />
Câu 7. Trên các cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông ABCD lần lượt cho 1, 2, 3 và n
điểm phân biệt khác A, B, C, D. Tìm n biết số tam giác có ba đỉnh lấy từ n + 6 điểm đã
cho là 439.
Nếu n  2 thì n + 6  8. Do đó số tam giác có ba đỉnh được lấy từ n + 6 điểm đó không
vượt qua C83  56  439 (loại). Vậy n  3
Vì mỗi tam giác được tạo thành ứng với 1 tổ hợp 3 chập n + 6 phần tử. Nhưng trên
cạnh CD có 3 đỉnh, trên cạnh DA có n đỉnh nên số tam giác tạo thành là:
Cn36  C33  Cn3 

 n  4 n  5 n  6   1   n  2  n  1 n  439
6

6

 (n + 4)(n + 5)(n + 6) – (n – 2)(n – 1)n = 2540
 n2 + 4n – 140 = 0
Từ đó tìm được n = 10.
Câu 8. Trong mp có bao nhiêu hình chữ nhât đươc̣ ta ̣o thành từ 6 đường thẳ ng song
song với nhau và 8 đường thẳ ng vuông góc với 6 đường thẳ ng song song đó.
Gọi A là tập hợp gồm 6 đường thẳng song song

B là tập hợp gồm 8 đường thẳng vuông góc
Mỗi hình chữ nhật được tạo thành gồm 2 đường thẳng trong tập hợp A và 2 đường
thẳng trong tập hợp B.
Như vậy số hình chữ nhật được tạo thành là C82 .C62  420
Câu 9. Trong không gian cho n điểm phân biệt (n  , n  4) , trong đó không có 4 điểm
nào đồng phẳng. Tìm n, biết rằng số tứ diện có đỉnh là 4 trong n điểm đã cho nhiều gấp
4 lần số tam giác có đỉnh là 3 trong n điểm đã cho.
Số tứ diện có đỉnh là 4 trong n điểm đã cho là Cn4 , số tam giác có đỉnh là 3 trong n
điểm đã cho là Cn3 .
Theo giả thiết, ta có
n!
n!
Cn4  4Cn3 
 4.
 n  3  16  n  19.
4!(n  4)!
3!(n  3)!

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ


Tổ hợp – Xác suất

FB: />
2. Nhị thức Newton
Câu 10. Giải phương trình:

Cn1  3Cn2  7Cn3  ...  (2n  1)Cnn  32 n  2n  6480

Cn1  3Cn2  7Cn3  ...  (2n  1)Cnn  32 n  2n  6480

Xét 1  x n  Cn0  Cn1 .x  Cn2 .x 2  Cn3 .x3  ...  Cnn .x n
 Với x = 2 ta có: 3n  Cn0  2Cn1  4Cn2  8Cn3  ...  2n Cnn
(1)
Với x = 1 ta có:
(2)
2n  Cn0  Cn1  Cn2  Cn3  ...  Cnn
 Lấy (1) – (2) ta được: Cn1  3Cn2  7Cn3  ...   2n  1 Cnn  3n  2n
 PT  3n  2n  32n  2n  6480  32n  3n  6480  0  3n  81  n  4
Câu 11. Giải phương trình Cxx  2Cxx1  Cxx2  Cx2x23 ( Cnk là tổ hợp chập k của n phần tử)
2  x  5

ĐK : 
x  N
Ta có Cxx  Cxx1  Cxx1  Cxx2  Cx2x23  Cxx1  Cxx11  Cx2x23  Cxx2  Cx2x23
 (5  x)!  2!  x  3

 1 nCnn
Cn1 2Cn2 3Cn3
S


 ... 
2.3 3.4 4.5
 n  1 n  2 
n

Câu 12. Tính tổng

n
1
2
3
1 nC n
Tính tổng S  Cn  2Cn  3Cn  ...    n

2.3

3.4

4.5

 n  1 n  2 

n  1!

Cnk
Cnk11
n!
1
Ta có
(3)


.

k  1 k ! k  1 n  k ! n  1  k  1!  n  1   k  1 ! n  1

 1 kCnk   1 kCnk22
Áp dụng 2 lần công thức (3) ta được:
 k  1 k  2  n  1 n  2 
k

k

Cho k chạy từ 1 đến n rồi cộng vế các đẳng thức trên ta có

 n  1 n  2  S  Cn32  2Cn42  3Cn52  ...   1

n

nCnn22

   Cn21  Cn31   2  Cn31  Cn41   3  Cn41  Cn51   ...   1 nCnn11
n

 Cn21  Cn31  Cn41  ...   1 Cnn11
n



 Cn01  Cn11  Cn01  Cn11  Cn21  Cn31  Cn41  Cn51  ...   1
1   n  1  1  1

Vậy S 

n 1

n 1



Cnn11 

 n

n
.
 n  1 n  2 

Câu 13. Cho khai triển đa thức: 1  2 x 
Tính tổng:

2013

 ao  a1x  a2 .x 2  ...  a2013 .x 2013

S  a0  2 a1  3 a2  ...  2014 a2013

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ


Tổ hợp – Xác suất

FB: />
Ta có:  x(1  2 x)2013   a0  2a1 x  3a2 x 2  ...  2014a2014 x 2013.

 (1  2 x) 2013  4026 x(1  2 x)1012  a0  2a1 x  3a2 x 2  ...  2014a2013 x 2013 (*).

Nhận thấy: ak x k  ak ( x)k do đó thay x  1 vào cả hai vế của (*) ta có:
S  a0  2 a1  3 a2  ...  2014 a2013  1343.32213
2
4
6
100
 8C100
 12C100
 ...  200C100
Câu 14. Tính giá trị biểu thức: A  4C100
.

Ta có: 1  x 

100

0
1
2
100 100
 C100
 C100
x  C100
x 2  ...  C100
x

100

0
1
2
3
100 100
(2)
 C100
 C100
x  C100
x 2  C100
x3  ...  C100
x

1  x 

Lấy (1)+(2) ta được: 1  x   1  x 
100

100

(1)

0
2
4
100 100
 2C100
 2C100
x 2  2C100
x 4  ...  2C100

x

Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta
2
4
100 99
được:100 1  x   100 1  x   4C100
x  8C100
x3  ...  200C100
x
99

99

2
4
100
 8C100
 ...  200C100
Thay x=1 vào => A  100.299  4C100

3. Hệ số khai triển nhị thức
n

Câu 15. Tìm hệ số của số hạng chứa x 6 trong khai triển của: x3  2  x5  , biết tổng
x

các hệ số trong khai triển trên bằng 4096 ( trong đó n là số nguyên dương và x  0 ).
1

Xét khai triển :
5

1
5 
3 1
x  3  x   x  3  x2 
x

x

n

n

3

k
n 1
nk
5 n
  1 n
 52 
 52 
0
1 1 
k  1 
n 2 
 x Cn  3   Cn  3   x   ...  Cn  3   x   ...  Cn  x  
x   

x   
  x 
  
3

Thay x  1 vào khai triển ta được:

2n  Cn0  Cn1  ...  Cnk  ...  Cnn 

Theo giả thiết ta có:
Cn0  Cn1  ...  Cnk  ...  Cnn  4096

 2n  212  n  12
12

1

x  2  x5 
x

3

Với n  12 ta có khai triển:
Gọi số hạng thứ

k  1 0  k  12, k  Z 
12  k

1
Tk 1  x C  2 

x 
3

Ta có :

k
12

6

 x
5

Vì số hạng có chứa x nên :

k

C x
k
12

6
là số hạng chứa x .

2 k  21

2k  21 

5k
2

2  21  6 
5k
6k 
6
2
9
.

6
Với k  6 ta có hệ số cần tìm là : C12  924 .

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ


Tổ hợp – Xác suất

FB: />
Câu 16. Tìm hệ số của x 4 trong khai triển Niutơn của biểu thức : P  (1  2 x  3x 2 )10 .
+ Ta có

10

10

k

k 0

k 0

i 0

P  (1  2 x  3x 2 )10   C10k (2 x  3x 2 ) k   ( C10k Cki 2k i3i x k i )

Theo giả thiết ta có

k  i  4
i  0 i  1 i  2



0  i  k  10  
k

4
k

3


k  2
i, k  N


+Vậy hệ số của x 4 là:

C104 24  C103 C31 223  C102 C22 32  8085 .

Câu 17. Cho số nguyên dương n thõa điều kiện C21n1  C23n1  ...  C22nn11  1023 . Tìm hệ số
của x13 trong khai triển (x+3)3n
Đặt S = C20n1  C21n1  C22n1  ...  C22nn1  C22nn11  22n1
Ta có C21n1  C23n1  ...  C22nn11  C22nn11  C20n1  C22n1  ...  C22nn1
1
1
2
2
1
3
2 n 1
n
2 n 1
n
C2n1  C2n1  ...  C2n1  2  C2n1  2  1

Do đó C21n 1  C23n 1  ...  C22nn11  C22nn11  S  .2n1  2n
=>
Vậy C21n1  C23n1  ...  C22nn11  1023  2n  1  1023  n  5
15

Với n=5 , ta có (x+3)3n=(x+3)15  C1515k 315k x k .
k 0

Vậy hệ số của x trong khai triển (x+3)15 là 32.C1513  945
13

Câu 18. Tìm hệ số của x9 trong khai triển 2 3x , trong đó n là số nguyên dương thỏa
mãn: C21n 1 C23n 1 C25n 1 ... C22nn 11 4096 .

2n

Ta có
1

x

2n 1

C20n

C21n 1 x

1

C22n 1 x 2

... C22nn 11 x 2 n

1

Cho x=1, ta có 22n 1 C20n 1 C21n 1 C22n 1 ... C22nn 11 (1)
Cho x= -1, ta có : 0 C20n 1 C21n 1 C22n 1 ... C22nn 11
(2)
Lầy (1) trừ (2), ta được : 22 n 1 2 C21n 1 C23n 1 C25n 1 ... C22nn 11
 22 n
Từ giả thiế t ta có 22 n
12
Do đó ta có 2 3x

22 n

4096

C21n

1

212

C23n
2n

12

( 1 )k C12k 212 k ( 3x )k

1

C25n

1

... C22nn

1
1

12

( 0 ≤ k ≤ 12, k nguyên)

k 0

 hệ số của x9 là : - C129 39 23 .
Câu 19.  3x  1

2n

 a0  a1x  a2 x 2  ...  ak x k  ...  a2n x 2n

,  k , n  N ;0  k  2n 

Biết rằng: a0  a1  a2  ...   1 ak  ...  a2n  4096 . Tìm hệ số của x8 trong khai triển.
k

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ


Tổ hợp – Xác suất

FB: />
Ta có:
2n
 3x + 1 = a 0 + a1x + a 2 x 2 +...+ a k x k +...+ a 2n x 2n
Thay x = -1, ta có: (-2)2n = a0 – a1 + a2 - … + (-1)kak +…+ a2n
Từ giả thiết suy ra: (-2)2n = 4096  n = 6
Với n = 6, ta có khai triển:

12
1+3x  =C120 + C112 .(3x) + C122 (3x)2 +...+ C1212 (3x)12
8
8
 Hệ số của x8 trong khai triển là: C12 .3

Câu 20. Cho n là số nguyên dương thỏa 4Cnn11  2Cn2  25n  120
n

2
Tìm hệ số của số hạng chứa x7 trong khai triển  x 2   ,(x > 0)
x


4Cnn11  2Cn2  25n  120  4



 n  1!  2 n !  25n  120
 n  1!2! 2! n  2 !

 2n  n  1   n  1 n  25n  120  n 2  22n  120  0  10  n  12

Mà n nguyên dương nên n = 11
44 5 k
k
k
k
2   2 2 


k 22  2 k 2
k k
2
T


1
C
x


1
C
2
x
có
số
hạng
tổng
quát
là:
  x2 

x

  11
  11
k 1
k /2
 


x
x 
x


n

11

Tk+1 là số hạng chứa x7 khi

44  5k
 7  k  6  T7  C116 26 x 7
2

 Hệ số cấn tìm là: C116 26

Câu 21. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển biểu thức
10

 3 1 
x  2 
x 


n

biết n là số

tự nhiên thỏa mãn Cn4  13Cnn2 .
n  3

Điều kiện 
. Phương trình đã cho tương đương với
n  N
n!
n!
 13.
4!(n  4)!
( n  2)!2!
 n  15(t / m)
Vậy n  15.  n2  5n  150  0  
 n  10(l )

Với n = 15 ta có
15

15
1 k
 3 1 
k
3 15 k 
 x  2    C15  x  .   2 
x 

 x 
k 0
15

  C15k (1) k .x 455 k
k 0

Để trong khai triển đã cho có số hạng chứa x10 thì 45  5k  10  k  7(t / m)
Vậy hệ số của x10 trong khai triển đã cho là C157 .(1)7  6435 .

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ


Tổ hợp – Xác suất

FB: />14

Câu 22. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển :
5

14

2

x 2 
x 


2

x 2 
x 



.

= x  2 x  2    C14k x14 3k .2k
14

số hạng chứa x5 trong khai triển ứng với k thoả mãn 14 - 3k = 5 => k=3
Hệ số cần tìm là C143 2 3  2912
9
2
3
Câu 23. Tìm số hạng chứa x trong khai triển của  x  2  .



x 

9
9
2
2
Ta có  x  2    C9k x 9k  2    C9k x 93k  2 k
x  k 0

x 
k 0
3
Số hạng chứa x tương ứng giá trị k thoả mãn 9  3k  3  k  2
9

k

2
Suy ra số hạng chứa x 3 bằng C92 x 3  2   144x 3

Câu 24. Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
4

 2 2
x  x



n

với

x ≠ 0, biết rằng: Cn1  Cn2  15 với n là số nguyên dương.
n(n+ 1)
 15
2
 n  5 (t / m)
 n2 + n  30  0  
 n  6 (lo¹i)
5
5
5
2
 2 2

Với n = 5 và x  0 ta có  x     C 5k ( x2 )k ( )5k   C 5k x3k 5 (2)5k
x  k 0
x

k 0

Ta có Cn1  Cn2  15  Cn+2 1  15 

Số hạng chứa x4 trong khai triển trên thỏa mãn 3k – 5 = 4  k = 3, suy ra số hạng
chứa x4 trong khai triển trên là 40x4.
Câu 25. Tìm số hạng chứa x 3 trong khai triển nhị thức Niu - tơn của biểu thức
n

2

 x   , x  0.
x


Trong đó n là số tự nhiên thỏa mãn An2  2Cn1  180 .

- ĐK: n  , n  2
 n  15
DK

n  15
n


12



- Khi đó: An2  2Cn1  180  n2  3n  180  0  

15 3 k
15
2
k k

k
2
x


C

1
2
x



15


x


k 0
15

- Khi n = 15 ta có:

15  3k
3 k 3
2
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

Mà theo bài ra ta có:

SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ


Tổ hợp – Xác suất

FB: />
3
Do đó số hạng chứa x trong khai triển trên là: C  1 23 x3  3640 x3
3
15

3

n

1 

Câu 26. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức  2.x 
 , biết rằng
x


An2  Cnn11  4n  6

Giải phương trình An2  Cnn11  4n  6 ; Điều kiện: n ≥ 2 ; n  N.
Phương trình tương đương với n(n  1) 

n(n  1)
(n  1)!
 4n  6
 4n  6  n(n  1) 
2
2!(n  1)!

 n2 – 11n – 12 = 0  n = - 1 (Loại) v n = 12.
12

1 

Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn:  2x 
 .
x

12  k

Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là: Tk +1 = C (2 x)
k
12

Hay Tk+ 1 = C12k  2 x 

12  k

.x



k
2

= C12k .212 k .x

24 3 k
2

 1 


 x

k

; k  N, 0 ≤ k ≤ 12

.

k  N , 0  k  12
 k  8.
24  3k  0

Số hạng này không chứa x khi 

Vậy số hạng thứ 9 không chứa x là T9 = C128 24  7920
Câu 27. Tìm hệ số của x8 trong khai triển (x2 + 2)n, biết: An3  8Cn2  Cn1  49 .
Điều kiện n  4. Ta có  x 2  2    Cnk x 2 k 2nk
n

n

k 0

Hệ số của số hạng chứa x8 là Cn4 2n  4
Hệ số của số hạng chứa x8 là Cn4 2n  4
Ta có: An3  8Cn2  Cn1  49
 (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49
 n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0  (n – 7)(n2 + 7) = 0  n = 7
Nên hệ số của x8 là C74 23  280
Câu 28. Cho khai triển: 1  2 x 
của a6 .

10

1
4

Ta có x 2  x  1  (2 x  1) 2 

1  2 x 

10

( x 2  x  1)2 

x

2

 x  1  ao  a1x  a2 x 2  ...  a14 x14 . Hãy tìm giá trị
2

3
nên
4

1
3
9
(1  2 x)14  (1  2 x)12  (1  2 x)10
16
8
16

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ


Tổ hợp – Xác suất

FB: />
Trong khai triển 1  2x  hệ số của x là: 2 C ; Trong khai triển 1  2x  hệ số của

14

6

6

12

6
14

x 6 là: 26 C126

Trong khai triển 1  2x  hệ số của x 6 là: 26 C106
10

Vậy hệ số a6 

1 6 6 3 6 6 9 6 6
2 C14  2 C12  2 C10  41748.
16
8
16

Câu 29. Cho khai triển (1 2x )n
biết a0 8a1 2a2 1 .
n

n

k 0

k 0

a0

a1x

a2x 2

...

an x n . Tìm số nguyên dương n

Ta có (1  2x )n  C nk (2x )k  C nk 2k x k . Khi đó, suy ra ak  Cnk 2k
Do đó, ta có a0  Cn0 ;a1  2C n1 ;a2  4C n2
Vâ ̣y a 0  8a1  2a2  1  C n0  16C n1  8C n2  1  1  16n 

8n(n  1)
1
2!

16n  4n(n  1)  4  n  1(n  0)  n  5

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ


Tổ hợp – Xác suất

FB: />
4. Xác suất
Câu 30. Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số 1,2,3,..,9. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ và nhân 3
số ghi trên ba thẻ với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là một số lẻ.
Số phần tử của không gian mẫu là n(  ) = C 39 = 84
Số cách chọn 3 thẻ có tích là số lẻ là n(A) = C53 = 10
=> Xác suất cần tính là P(A) =

10
84

=

5
42

Câu 31. Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học
sinh để làm trực nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ.
n     C113  165

Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C52 .C61  C51.C62  135
Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là

135 9

165 11

Câu 32. Từ các chữ số 1;2;3;4;5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số,
trong đó chữ số 3 có mặt đúng ba lần, các chữ số còn lại có mặt không quá một lần.

Trong các số tự nhiên nói trên, chọn ngẫu nhiên một số, tìm xác suất để số được chọn
chia hết cho 3.
Gọi a1a2 a3a4 a5 là số tự nhiên cần tìm, a1 , a2 , a3 , a4 , a5 thuộc 1; 2;3; 4;5
Sắp chữ số 3 vào ba vị trí, có C53  10 (cách)
Còn lại hai vị trí, 4 chữ số. Chọn hai chữ số xếp vào hai vị trí đó, có C42  12 (cách)
Vậy không gian mẫu có 10.12  120 phần tử
Gọi A là biến cố: “số được chọn chia hết cho 3”, có hai phương án:
Hai chữ số còn lại là 1 và 5, có C53.2!  20 số
Hai chữ số còn lại là 2 và 4, có C53.2!  20 số
Vậy biến cố A có 40 phần tử. Xác suất của biến cố A là: P 

40 1

120 3

Câu 33.Xét các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau. Tìm xác suất để số tự nhiên có 5
chữ số khác nhau lấy ra từ các số trên thảo mãn: Chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng
trước.
Các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau: a1a2 a3 a4 a5 trong đó ai  a j với i  j
a1  0  Có 9 cách chọn a1
Mỗi cách chọn a1 có 9 cách chọn a2
Mỗi cách chọn a1, a2 có 8 cách chọn a3
Mỗi cách chọn a1, a2, a3 có 7 cách chọn a4
Mỗi cách chọn a1, a2, a3, a4 có 6 cách chọn a5
   9.9.8.7.6  27216
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ

Tổ hợp – Xác suất

FB: />
Xét biến cố A: “ Số có năm chữ số lấy ra thoả mãn chữ số đứng sau lớn hơn chữ số
đứng trước”. Vì chữ số 0 không thể đứng trước bất kỳ số nào nên xét tập hợp:
X= 1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 . Mỗi bộ gồm 5 chữ số khác nhau lấy ra từ X có một cách sắp
xếp theo thứ tự tăng dần   A  C9

5

 P ( A) 

126
1

27216 216

Câu 34. Một người gọi điện thoại, quên 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.
+ Hai chữ số cuối phân biệt nên gọi  là tập hợp tất cả các cách chọn 2 số phân biệt
trong 10 chữ số 0,1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 , ta có được   A102  90
+ Gọi A là biến cố “Gọi 1 lần đúng số cần gọi”, ta có A  1 . Vậy xác suất cần tìm là
P  A 

1
90

Câu 35. Đề cương ôn tập cuối năm môn Toán lớp 12 có 40 câu hỏi. Đề thi cuối năm
gồm 3 câu hỏi trong số 40 câu đó. Một học sinh chỉ ôn 20 câu trong đề cương. Giả sử
các câu hỏi trong đề cương đều có khả năng được chọn làm câu hỏi thi như nhau. Hãy

tính xác suất để có ít nhất 2 câu hỏi của đề thi cuối năm nằm trong số 20 câu hỏi mà
học sinh nói trên đã ôn.
Không gian mẫu  có n(  )= C403  9880 (phần tử)
Gọi A là biến cố “có ít nhất 2 câu hỏi của đề thi nằm trong số 20 câu đã ôn”.Ta thấy
xảy ra một trong hai TH sau
TH1: Trong đề thi có đúng 2 câu hỏi trong 20 câu đã ôn
TH2: Trong đề thi có đúng 3 câu hỏi trong 20 câu đã ôn
Do đó n(X)= C202 .C201  C201  1330 (phần tử)
Vậy xác suất cần tìm: P(X)=

n( A) 1330 7


n() 9880 52

Câu 36. Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 đội
nước ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia
thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba
bảng khác nhau.
Số phần tử không gian mẫu là n()  C124 .C84 .C44  34.650
Gọi A là biến cố “3 đội bong của Việt nam ở ba bảng khác nhau”
Số các kết quả thuận lợi của A là n( A)  3C93 .2C63 .1.C33  1080
Xác xuất của biến cố A là P( A) 

n( A) 1080
54


n( 34650 173

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

0,31

SP Toán 35 - ĐH Cần Thơ