Chủ đề 6: Các dạng toán đại số tổ hợp và nhị thức Newton trọng tâm trong đề thi đại học

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (980.54 KB, 21 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com. 
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.

1

CHỦ ĐỀ 6: MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ TỔ HỢP VÀ XÁC SUẤT

Phần I: Một số bài toán tổ hợp

Phương pháp:

Ta áp dụng quy tắc cộng, quy tắc nhân và các công thức sau

 Pn  n! n n



1



n2



n3 ...3.2.1









k
n

n
A

n k











! !

k
n

n
C

k n k



 .

Dạng 1: Chọn một nhóm phần tử từ tập hợp

Ví dụ 1: Một hộp đựng 11 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 11. Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 6 thẻ
để tổng số ghi trên 6 thẻ đó là một số lẻ.

Giải

Ta kí hiệu: thẻ ghi số lẻ là thẻ lẻ; thẻ ghi số chẵn là thẻ chẵn.

Tổng số ghi trên 6 thẻ lấy ra là một số lẻ thì số thẻ lẻ lấy ra phải là một số lẻ . Ta có các trường

hợp (TH) sau:

TH1: 1 thẻ lẻ, 5 thẻ chẵn suy ra có 1 5
6 5 6

C C  cách.

TH2: 3 thẻ lẻ, 3 thẻ chẵn suy ra có 3 3
6 5 200

C C  cách.

TH3: 5 thẻ lẻ, 1 thẻ chẵn suy ra có C C65 51 30 cách.

Vậy có: 6 200 30  236 cách.

Ví dụ 2: Trong số 16 học sinh có 3 học sinh giỏi, 5 khá và 8 trung bình. Hỏi có bao nhiêu cách
chia 16 học sinh đó thành 2 tổ, mỗi tổ 8 người sao cho mỗi tổ đều có học sinh giỏi và mỗi tổ có
ít nhất hai học sinh khá.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com. 
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.

2 
Ta có bảng phân chia các trường hợp sau :

Trường

hợp

HS giỏi

(3)

HS khá

(5)

HS trung bình

 

Số cách chọn

1 1 2 5 1 2 5

3 5 8 1680

C C C 

2 1 3 4 1 3 4

3 5 8 2100

C C C 

3 2 2 4 2 2 4

3 5 8 2100

C C C 

4 2 3 3 2 3 3

3 5 8 1680

C C C 

Kết quả 7560

Vậy có : 7560 cách .

Bài tập

1. Một đội thanh niên xung kích có 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp A, 4 học sinh của lớp B,

3 học sinh của lớp C. Cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ, sao cho mỗi lớp có ít nhất 1
học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn. Đáp số :270 cách.

2. Thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu khó, 10 câu trung bình, 15 câu dễ. Từ 30

câu hỏi trên lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề 5 câu hỏi khác nhau, sao cho trong
mỗi đề phải đủ 3 loại câu ( khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ khơng ít hơn 2.

Đáp số: 56875.

3. Một đội thanh niên tình nguyện có 15 người, gồm 12 nam và 3 nữ. Hỏi có bao nhiêu

cách phân cơng đội thanh niên tình nguyện đó về giúp đỡ 3 tỉnh miền núi sao cho mỗi
tỉnh có 4 nam và 1 nữ . Đáp số :207900 cách.

Dạng 2: Sắp xếp thứ tự các phần tử từ các tập hợp

Ví dụ : Một nhóm học sinh gồm 7 nam và 3 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách xếp 10 em học sinh này
thành một hàng ngang sao cho:

a) Giữa hai học sinh nữ bất kì đều khơng có một em nam nào.

b) Hai vị trí đầu và cuối hàng là các em nam và khơng có hai em nữ nào ngồi cạnh nhau.

Giải

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com. 
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.

3

Xếp chỗ cho 7 em nam và khối 3 em nữ có : 8! cách.
Xếp chỗ trong nội bộ khối 3 em nữ có : 3! cách.
Vậy có : 8!.3! 241920 cách.

b) Xếp chỗ cho 7 em nam có 7! cách.

Xếp chỗ cho 3 em nữ theo yêu cầu , giữa hai nữ bất kì phải có một em nam.
B 1 B2 B 3 B4 B 5 B6 B7

G 1 G 2 G3 G 4 G5 G6

i

G là vị trí giữa học sinh nam B và i Bi1, i1, 6. Khi đó vị trí của của 3 em nữ là chỉnh

hợp chập 3 của 6 phần tử , do đó có A63 cách xếp vị trí cho 3 em nữ.

Vậy có: 3

7!.A 604800 cách xếp chỗ thõa mãn đề bài.

Bài tập

1. Cho tập hợp A



1; 2;3; 4;5



. Từ tập hợp A lập được bao nhiêu số

a) Có 6 chữ số sao cho trong mỗi số số 1 xuất hiện 2 lần, còn các số khác xuất hiện đúng
một lần. Đáp số: 360 số.

b) Có 7 chữ số sao cho trong mỗi số đó số 1 xuất hiện hai lần, số 2 xuất hiện 3 lần còn các
số khác xuất hiện không quá một lần. Đáp số: 1260 số.

2. Cho tập hợp A

 

2;5 . Hỏi có thể lập được bao nhiêu số cps 10 chữ số sao cho khơng có
hai chữ số 2 nào đứng cạnh nhau. Đáp số : 144 số.

3. Cho tập hợp các chữ số



0; 1; 2; 3; 4; 5 . Từ chúng viết được bao nhiêu số tự nhiên gồm



5 chữ số mà trong đó có hai chữ số 1 và ba chữ số còn lại khác nhau và khác 1 ?

Hướng dẫn:

TH1: Trong số tạo thành có chữ số 0 : Số số là 2 2
4 4

4.C A. 288.
TH2: Trong số tạo thành khơng có chữ số 0 : Số số là 2 3

5. 4 240

C A  .

Đáp số: 528 số.

4. Có bao nhiêu cách chia 6 người ra thành 3 nhóm, mỗi nhóm 2 người, trong mỗi trường
hợp sau:

a. Phân biệt thứ tự các nhóm là: nhóm 1, nhóm 2, nhóm 3 .
b. Khơng phân biệt thứ tự của các nhóm ?

Đáp số: a. 2 2 2
6. 4. 2 90

C C C  b.

2 2 2
6. 4. 2 15

C C C



5. Từ các chữ số 0,1,2,3,4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau?

Tính tổng của các số tự nhiên đó. Đáp số:96 số và có tổng là 2599980.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com. 
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.

4

Phần này ta xét các dạng tốn trọng tâm như: tính tổng, chứng minh đẳng thức, giải phương 
trình, bất phương trình,hệ phương trình và tìm hệ số của đa thức trong khai triển Newton.

Dạng 1: Giải phương trình, bất phương trình, hệp phương trình tổ hợp. 
Phương pháp:

 Bước 1: Đặt điều kiện cho ẩn số

 Bươc 2: Sử dụng các cơng thức về hốn vị, chỉnh hợp tổ hơp để biến đổi, rút gọn giải

phương trình,bất phương trình ,hệ phương trình.

 Bước 3: kết hợp nghiệm vừa tìm được với điều kiện ban đầu để tìm nghiệm của bài tốn.

Ví dụ 1: Giải bất phương trình 1 22 2 6 3 10
2AxAx  xCx

 

Giải

Điều kiện: x3,xN

 



 













 





2 !

1 ! 6 ! 1

. 10 1 2 1 1 2 10

2 2 2 ! 2 ! 3! 3 ! 2

x x x

x x x x x x

x x x x

           

  

x

  . Do x3,xZ nên x3;x4.

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 2 5 90

2 5 80

y y
x x
y y
x x

A C

  




 



Giải

Điều *

, ,

x yN x y

Hệ phương trình

















20 !

20
!

20 1 20

! 2

10 ! 2

! !

y
x
y
x

x

x
x y

A x x

x y

C

y
y x y

 



  

    

    

   



 

   

   

 



5, 4 5

2 2

x x x

y y

   

 

 

 

  .

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: x5;y2.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com. 
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.

5

1. 3 1 3 2

1 1 6

2 x 3 x 3 159

x x x

A  C  C  x  P . Đáp số :x12. 
2. P Ax x2726



Ax22Px



. Đáp số: x3;x4.

3. 
3
1
4

1 3

1
14

n
n
n
C

A P






 . Đáp số: n6,n .

Dạng 2: Tính tổng 
Phương pháp:

Ta sử dụng một số công thức sau

 k n k

n n

C C 

 1 1

k k k

n n n

C C  C

 0 1 2

... n 2n

n n n n

C C C  C 

 0 2 4 2 1 3 5 2 1 2 1

2 2 2 ... 2 2 2 2 ... 2 2

n n n

n n n n n n n n

C C C  C C C C  C    .

Ngồi ra ta cịn kết hợp giữa khai triển Newton, đạo hàm và tích phân để tính tổng.

Ví dụ 1: Tính tổng sau 1 3 5 2 1

4 4 4 ... 4

n

n n n n

S C C C  C 

Giải

Ta có Cnk Cnn k


 4 1 4 3 4 5 2 1

4 4 4 ... 4

n n n n

S C  C  C  C 

     

1 3 5 4 1

4 4 4 4

2S Cn Cn Cn ... Cnn

     

Xét khai triển (1x)4n C40nC x C x41n  42n 2C x43n 3 ... C44nn1x4n1C x44nn 4n

Chọn x 1, ta có : C40nC14nC42nC43n  ... C44nn1C44nn 0

 

1
Chọn x1, ta có : C40nC41nC42nC43n ... C44nn1C44nn 24n

 

2
Trừ vế theo vế của

 

2 cho

 

1 ta được: 41 43 45 ... 44 1 24 1

n n

n n n n

C C C  C   

4 1 4 2

2S 2 n S 2 n

    .

Vậy 4 2

2 n
S  .

Ví dụ 2: Tính tổng sau 0 1 2 2013
2013 2 2013 3 2013 ... 2014 2013

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com. 
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.

6 
Giải

Xét khai triển



1x



2013 C20130 C12013x C 20132 x2 ... C20132013x2013

 

Chọn x1, ta có : S1 C20130 C12013C20132  ... C20132013 22013

Đạo hàm hai vế của

 

1 ta có : 2013 1



x



2012 C20131 2C20132 x ... 2013C20132013x2012

Chọn x1, ta có :S2 C20131 2C20132  ... 2013C201320132013.22012

Ta có : SS2 C20130 C12013C20132  ... C20132012C20132013 S3

2012 2013 2012

2 3 2013.2 2 2015.2

S S S

      .

Vậy 2012

2015.2

S .

Ví dụ 3: Tính tổng sau





2 2 3 3 1 1

0 1 2

...

2 3 1

n n
n

n n n n

b a b a b a

S b a C C C C

n

 

  

     



Với nN*, ba.

Giải

Ta có:





0 1 2 2 ...







0 1 2 2 ...



b b

n n n n n n

n n n n n n n n

a a

x C C x C x C x x dx C C x C x C x dx

      



 



   





0 2 2 1 3 3 2 1 1









...

2 3 1 1

n n

n n
n

n n n n

b a

b a b a b a

b a C C C C

n n

 

    

  

      

  .

Vậy









1 1

n n

b a

S

n

 

  



 .

Bài tập: Tính các tổng sau

1. S C116 C117 C118 C119 C1110C1111

HD: 2S C110C111 C113  ... C119 C1110C1111211 S 210.

2. 0 1 2

  



2 3 ... 1 n 1 n

n n n n

S C  C  C    n C

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com. 
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.

7

3. 0 1 1 1 2 1

...

2 3 1

n

n n n n

S C C C C

n

    



HD:





1 1

2 1

n
n

S x dx

n
 

  





Dạng 3 : Chứng minh đẳng thức 
Phương pháp:

Sử dụng :Tính chất của các hệ số trong khai triển Newton hoặc dùng khai triển Newton kết hợp
với đạo hàm tích phân để chứng minh.

Ví dụ 1: Chứng minh rằng C20nC22n32C24n34 ... C22nn 22n1



22n1



 

Giải

Xét khai triển :



1x



2n C20nC x C x12n  22n 2C x23n 3 ... C x22nn 2n

Chọn x3, ta có : 2 0 1 2 2 2 2

2 2 2 2

n n n

n n n n

C C C C

     





0 2 2 4 4 2 2 1 2

2 2 3 2 3 ... 2 2 2 1

n n n

n n n n

C C C C 

        điều phải chứng minh.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng C1n3n12Cn23n23Cn33n3 ... nCnn n.4n1

 

Giải

Xét khai triển :

n n n n C

C C C C

n n



     

 

 

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com. 
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.

8

Xét khai triển :





0 1 2 2 2 2 2

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





0 3 1 5 2

 

2 1

1 n n n n ... 1 n nn

x x xC x C x C x C

      





 

2 2 1

1 2 4 6

2 0 1 2

1 ...

2 4 6 2 2

n n

n n n n

x

x x x

I x x dx C C C C

n


  

        



 

 



 





0 1 2 3 1

...

2 4 6 8 2 2 2 1

n n
n

n n n n C

C C C C

n n



       

  điều phải chứng minh.

Bài tập: Chứng minh các đẳng thức sau

1.

     

0 2 1 2 2 2

 

2
2

... n n

n n n n n

C  C  C   C C

HD: Ta có



x1

 

n 1x



n 



C xn0 nC xn1 n1 ... Cnn



Cn0C x1n  ... C xnn n



hệ số của 
n

x ; Tìm hệ số n

x trong khai triển



x1



2n suy ra điều phải chứng minh. 
2. Cnk3Cnk13Cnk2Cnk3 Cnk3 với k n,  và 3 k n.

3. C20130 32C20132 34C20134  ... 32012C20132012 22012

HD: Khai triển



1x



n, đạo hàm , chọn 1
2
x .

Dạng 4 : Tính hệ số của đa thức

4.1: Tính hệ số của số hạng xm trong khai triển nhị thức Newton của P x

 





f x

 



n
Phương pháp:

 Bước 1: Viết

 

0
n

g k
k
k

P x a x





 Bước 2: Số hạng chứa m

x tương ứng với g k

 

mk.

 Bước 3: Kết luận

 Nếu kN k, n, thì hệ số phải tìm là a . k

 Nếu k n hoặc kn thì trong khia triển khơng có số hạng m

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com. 
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.

9

Ví dụ 1: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển

3 15

n
x x x

 



 

  , biết rằng

1 2

n n n

C C  C   .

Giải

Điều kiện : n2,nN

Ta có : 1 2 79 1





79 2 156 0 12 12

13
2

n n n

n
n n

C C C n n n n

n

    

               



Suy ra :

28 4 28 12 48 112

3 15 3 15 15 5

12
0

n k

k
k

x x x x x C x 



   

   

   

   



Số hạng không chứa x là x0 48 112 0 7

15 5

k

     .

Số hạng khơng chứa x là số hạng thứ 8, có hệ số là C127 792.

Ví dụ 2: Tìm hệ số của x4 trong khai triển thành đa thức của biểu thức P x

 

 



1 2x3x2



Giải

Ta có :

  







 

10 10 10

10 10

2 2 2

10 10 10

0 0 0

1 2 3 1 2 3 2 3

k
k

k i

k k i k k

k

k k i

P x x x C x x C C x x





  
 
    



 

 

10 10
2
10 10
0 0
2 3
k

k i i k k i
k

k i

C C x






 



 

, theo bài ra ta có hệ : 2 4

, , 10, 10

k i

i k N k i k

 

    

0
4
k
i


  
 ;
1
2
k
i


 
 ;
2
0
k
i


 

 . Vậy hệ số của

x trong khai triển trên là :

0 4 0 4 1 2 1 2 2 0 2 0

10 103 2 10 93 2 10 83 2 8085

C C C C C C  .

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com. 
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.

10

Cho đa thức

  

 











1 2 1 3 1 ... 20 1

P x  x  x  x   x . Tìm hệ số của số hạng x15

trong khai triển thành đa thức của P x .

 

Giải

Viết lại :

 

P x  



1 x

 

2 1x



2 ... 14 1



x



14+

15 16 20

0 0 0

15 k k 16 k k ... 20 k k

k k k

C x C x C x

  

      

     





 



 





Suy ra hệ số của số hạng chứa x15 là :

15 15 15 15 15 15

15 15 15 16 16 17 17 18 18 19 19 20 20 400995

a  C  C  C  C  C  C  .

Bài tập:

1. Tìm số hạng khơng chứa x trong khai triển

7
5

1
2x

x

  

 

  . Đáp số: 6528.

2. Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức Newton 5
3

1 n

x
x

  

 

  biết rằng:

4 3 7( 3)

n n
n n

C C  n . Đáp số:C124 495.

3. Tìm hệ số của x5 trong khai triển của biểu thức: P=





5 2





1 2 1 3

x  x x  x .Đáp số:3320 .

4. Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức P x

 

 1 x2



1x



8. Đáp số : 238

5. Cho biết 3nCn0 3n 1Cn1 3n 2Cn2 3n 3Cn3 ...

 

1 nCnn 2048.

  

       Tìm hệ số của x trong 10

khai triển nhị thức



2x



n. Đáp số: 1 1

11, 2 22.

n C 

6. Cho biết 1 2 20

2 1 2 1 ... 2 1 2 1.
n

n n n

C  C   C    Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức 26

Newton của 14 7 .

n
x
x

  

 

  Đáp số:

4
10

10, 210.

n C 

4.1: Tính hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức Newton của



axb



m

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com. 
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.

11

 Bước 1: Tìm hệ số a n



nm



của số hạng tổng quát.

 Bước 2: Giải bất phương trình an an1 , suy ra an an1 với ẩn số n.

 Bước 3: Hệ số có giá trị lớn nhất tương ứng với số tự nhiên lớn nhất thỏa mãn bất

phương trình trên.

Ví dụ 1 ( Đề thi tuyển sinh Đại học khối A -2008)

Giả sử P x

 

a0a x a x1  2 2 ... a xn n thỏa mãn hệ thức: 1 2 12

0 2 ... 2

2 2 2

n

n
a

a a

a      .

Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số



a a a0; ;1 2;...;an



Giải

Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:

 





0 1 2 2 2

1 2 2 2 2 ... 2

n

n k k k n n n

n n n n n

x

k

P x C x C C x C x C x



  



    

Từ đó do P x

 

 



1 2x



n= a0a x1 a x2 2 ... a xn n, ta có:

0 n

a C

1 1 1

1 2

n n

a

a  C  C

2 2 2 2

2 2 2

n n

a

a  C  C

…………..

2
n n n n

n n n n

a

a  C  C

Vì thế: 1 2 0 1

0 2 ... ... 2

2 2 2

n n
n

n n n

n
a

a a

a     C C  C  .

Do đó từ giả thiết suy ra: 12

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com. 
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.

12

Xét khai triển:





12
12

12
0

1 2 k2k k

k

x C x



 



. Từ đó ak C12k2k (k  0, 1, 2,…,12)

Xét bất phương trình: ak ak1







 



1 1

12 12

12! 12! 1 2

2 2 2 2 1 24 2

12 ! ! 11 ! 1 ! 12 1

k k k k

C C k k

k k k k k k

 

         

    

0,1, 2,..., 7
3

k k

    (do k nguyên)

Từ đó suy ra : ak ak1 23 8,9,10,11

k k

   

Phương trình ak ak1 23

3
k

  vơ nghiệm do k nguyên

Như thế ta có a0  a1 a2  ... a7 a8 a9 a10 a11a12

Vậy max



a a a0; ;1 2;...;a12



= 8 8

8 2 12 126720

a  C 

Ví dụ 2:

Xét khai triển





9 2 9

0 1 2 9

3x2 a a xa x  ... a x . Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số



a a a0; ;1 2;...;a9



Giải

Ta có :





 

9 9

9 9 9

9 9

0 0

3 2 k 3 k2 k 3 2k k k k

k k

x C x   C x

 

 







Vậy 9

3 2k k k( 0,1, 2,...,9)
k

a   C k

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com. 
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.

13







 



9 1 8 1

9 9

9! 9! 2 3

3 2 3 2 2 3 5 0,1, 2,3, 4

! 9 ! 1 ! 8 ! 9 1

k k k k k k

C C k k

k k k k k k

   

         

    

( do k nguyên)

Vậy ak ak1   k 5 k 6, 7,8

Mặt khác ak ak1 k 5

Vì thế ta có a0  a1 a2 a3a4 a5 a6 a7 a8 a9

Từ đó: a5 a6 max



a a0; ;...;1 a9



2C95 252

Ví dụ 3:

Xét khai triển





0 1 2

2 n ... n

n

x a a xa x  a x . Tìm n để Max



a a a0; ;1 2;...;an



=a 10

Giải

Từ giả thiết a0   a1 ... a9 a10a11a12 ... an

Ta có hệ: 10 9

10 11

a a




 



 

Theo khai triển nhị thức Newton, thì





2 2

n

n k k n k
n
k

x C x 



 



Vậy ak Cnk2n k với k=0, 1, 2,…,n

Từ (1) ,(2)



10 10 9 9

10 10 11 11

2 2

n n

C C

 




</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com. 
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.

14











10 !10!!





2 !9 !9!



101 29

2 ! ! 2 1

10 !10! 11 !11! 10 11

n n

n n n

n n

n n n

 

  

 

  



















29 n 32

  

30
n

n. Tìm n để a3n3=26n.

Giải

Vì n nguyên dương nên n 1 3n 3 0

Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:





0 1 2 2 4 2

1x n Cn C xn C xn  ... C xnn n (1)





2 0 1 1 2 2 2

2x 2nCn 2nC xn 2n C xn  ... C xnn n (2)

Nếu n 1 3n – 3 = 0

Trong trường hợp này ta có:









2 .n 2 n

x  x =









1 2

x  x

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com. 
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.

15













2
3 3

4 1 2

2 2 2 2 2

3 !3! 3

n n n n

n n n n n

n n n

n

a C C C C n n

n

 



 

     



Theo bài ra ta có phương trình:







4 1 2

2 26 5



2 1 2 2 3





2 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1

2n1 1x n Cn 2xC n 3x Cn  ... 2n1 x Cn nn

Chọn x 2 , ta có: 2n 1 C21n12.2C22n13.22C23n14.23C24n1 ...



2n1 2



2nC22nn11

2n 1 2013 n 1006.
Vậy n1006.

Bài tập

1. Tìm số nguyên dương n sao cho 21 23 25 ... 22 1 2048
n

n n n n

C C C  C   . Đáp số n6.

2. Tìm hệ số của 10

x trong khai triển nhị thức



2x



n, biết rằng

 

0 1 1 2 2 3 3

3nCn 3nCn 3n Cn 3n Cnn   ... 1 nCnn 2048. Đáp số 10 1
11

11; 2 22

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com. 
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.

16

3. Cho khai triển nhị thức

1 1 1 1

0 1 1

3 3 3

2 2 2 2

2 2 2 2 .2 ... 2 . 2

n n

x x x

x x x x

n

n n n

C C C

      



     

    

     

 

   . Biết

3 1

5
n n

C  C và số hạng thứ 4 bằng 20n . Tìm n và x. Đáp số: n7;x4.

Phần III: Một số dạng toán về sác xuất

Dạng 1 : Sử dụng định nghĩa xác suất cổ điển 
Phương pháp:

Bước 1: Tính số phần tử của không gian mẫu n( ) .

Bước 2: Tính số phần tử của biến cố n A

 

Bước 3: Xác suất của biến cố A là

 

n A
P A

n



 .

Ví dụ 1 : Một chiếc hộp có 6 quả cầu trắng, 7 quả cầu xanh, 8 quả cầu đỏ. Lấy ngẫu nhiên 4 quả

cầu trong hộp. Tính xác suất để 4 quả lấy được có đủ 3 màu.

Giải

Có tất cả 21 quả cầu. Mỗi lần lấy đồng thời 4 quả cầu cho ta một tổ hợp chập 4 của 21 phần tử.

Do đó số phần tử của khơng gian mẫu là

 

21 5985
n  C  .

Gọi A là biến cố: “4 quả cầu lấy ra có đủ 3 màu’’, ta có các trường hợp (TH) sau:

TH1: Có 2 quả cầu trắng, 1 quả cầu xanh, 1 quả cầu đỏ . Số cách chọn là C C C62 71 81 840.

TH2: Có 1 quả cầu trắng, 2 quả cầu xanh, 1 quả cầu đỏ . Số cách chọn là 1 2 1

6 7 8 1008

C C C  .

TH3: Có 1 quả cầu trắng, 1 quả cầu xanh, 2 quả cầu đỏ . Số cách chọn là C C C16 71 82 1176.

Ta có

 

3024 48

840 1008 1176 3024

5985 95
n A

n A P A

n

       

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com. 
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.

17

Ví dụ 2 : Một chiếc hộp đựng 10 tấm thẻ được đánh số 0,1, 2,...8,9. Lấy ngẫu nhiên liên tiếp 4

tấm thẻ và xếp cạnh nhau theo thứ tự từ trái sang phải. Tính xác suất để 4 thẻ xếp thành một số tự

nhiên chẵn.

Giải

Không gian mẫu gồm bộ 4 số



a b c d trong đó ; ; ;



a b c d, , , nhận các giá trị khác nhau trong tập

hợp



0,1, 2,...8,9 nên



( ) 5040

n   A  .

Gọi B là biến cố: “4 thẻ xếp thành một số tự nhiên chẵn’’, gọi một số tự nhiên đó có dạng abcd ,

ta có các trường hợp (TH) sau:

TH1: d  0 có A93 cách chọn.

TH2: d 



2; 4;6;8



, có 8 cách chọn a , hai chữ số còn lại là một chỉnh hợp chập 2 của 8 phần tử

còn lại ( khác a)  có 2

4.8.A cách chọn.

Ta có

 

3 2

9 8

2296 41
4.8. 2296

5040 90
n A

n B A A P B

n

      

 .

Bài tập

1. Một chiếc hộp có 5 quả cầu trắng, 6 quả cầu xanh, 7 quả cầu đỏ. Lấy ngẫu nhiên 4 quả

cầu trong hộp. Tính xác suất để 4 quả lấy được có đủ 3 màu.

Đáp số:

 

3060;

 

1575

 

35
68

n   n A  P A  .

2. Một chiếc hộp đựng 10 tấm thẻ được đánh số 0,1, 2,...8,9. Lấy ngẫu nhiên liên tiếp 4

tấm thẻ và xếp cạnh nhau theo thứ tự từ trái sang phải. Tính xác suất để 4 thẻ xếp thành

một số tự nhiên có 4 chữ số sao cho trong đó có chữ số 1.

Đáp số:

 

5040; 1848

n  A  n A  P A  .

3. Có 5 học sinh nam và 3 học sinh nữ, xếp thành một hàng ngang một cách ngẫu nhiên.

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.

Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.

18

HD: Gọi A là biến cố: “Khơng có hai hoạc sinh nữ nào đứng cạnh nhau’’, khi đó

 

5 9

8!; 5!

14 14

n   n A  A P A  P A  .

Dạng 2 : Sử dụng quy tắc cộng và nhân xác suất 
Phương pháp:

 Quy tắc cộng: Nếu A và B là hai biến cố xung khắc thì P A



B



P A

   

P B .
 Quy tắc nhân: Nếu A và B là hai biến cố độc lập thì P A



B



P A P B

   

. .
 Biến cố đối: Gọi C là biến cố đối của biến cố C thì P C

 

 1 P C

 

Ví dụ 1 : Một chiếc hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số 1, 2,...8,9. Lấy ngẫu nhiên hai thẻ rồi

nhân hai số ghi trên hai thẻ đó với nhau. Tính xác suất để kết quả nhận được là một số chẵn.

Giải

Gọi A là biến cố : “Rút được một thẻ ghi số chẵn và một thẻ ghi số lẻ”.

Gọi B là biến cố : “Rút được cả hai thẻ ghi số lẻ”.

Kho đó biến cố: “Kết quả nhận được là một số chẵn” là AB.

 

51 14
2
9

20
36

C C
P A

C

  ;

 

2
4
2
9

6
36

C

P B

C

  . Do A và B là hai biến cố xung khắc nên





 

20 6 13

.
36 36 18

P AB P A P B   

Ví dụ 1 : Có hai túi đựng các quả cầu . Túi thứ nhất chứa 3 quả trắng, 7 quả đỏ và 15 quả xanh.

Túi thứ hai chứa 10 quả trắng, 6 quả đỏ và 9 quả xanh. Từ mỗi túi lấy ngẫu nhiên một quả cầu.
Tính xác suất để hai quả được chọn có cùng mầu.

Giải

Gọi A là biến cố : “Quả cầu lấy từ túi 1 màu trắng” 1

 

1 3
25
P A

 

Gọi A2 là biến cố : “Quả cầu lấy từ túi 2 màu trắng”

 

2 10

25
P A

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com. 
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.

19

Vì A A1, 2 là hai biến cố độc lập nên xác suất để hai quả cầu rút ra cùng màu trắng là



1 2



   

1 2

30
.

625

P A A P A P A  . Tương tự xác suất để hai quả cầu rút ra đều màu xanh là

15 9 135
.

25 25 625, xác suất để hai quả cầu rút ra đều màu đỏ là

6 7 42

25 25625.

Vậy xác suất để hai quả cầu lấy ra cùng màu là : 30 135 42 207.

625625625 625

Bài tập

1. Có hai túi đựng các quả cầu . Túi thứ nhất chứa 7 quả đỏ và 5 quả xanh. Túi thứ hai chứa

6 quả đỏ và 9 quả xanh. Từ mỗi túi lấy ngẫu nhiên một quả cầu.

a) Tính xác suất để hai quả được chọn có cùng mầu đỏ. Đáp số 7

20.

b) Tính xác suất để hai quả được chọn khác mầu. Đáp số 29

60.

2. ( TSĐH khối 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. Đáp số : 443

506.

3. Một máy bay có ba bộ phận A, B, C có tầm quan trọng khác nhau. Máy bay sẽ rơi khi
hoặc có một viên đạn trúng vào A, hoặc hai viên đạn trúng vào B, hoặc ba viên đạn trúng
vào C. Giả sử ác bộ phận A, B, C lần lượt chiếm 15%, 30% và 55% diện ích máy bay.
Tính xác suất để máy bay này rơi nếu:

a) Máy bay bị trúng hai viên đạn. Đáp số : 0,3675.

b) Máy bay bị trúng ba viên đạn. Đáp số : 0, 72775.

4. Có 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ, xếp thành một hàng ngang một cách ngẫu nhiên.

Tính xác xuất để hai học sinh nũ đứng cạnh nhau. Người ta chọn một cách ngẫu nhiên 4

học sinh. Tính xác suất để 4 học sinh được chọn có ít nhất hai học sinh nữ.

HD: Gọi B là biến cố: “4 học sinh có ít nhất 2 học sinh nữ’’, khi đó

 

4 3

 

10 6 6

19 23

; 4

242 42

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com. 
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.

20

5. An và Bình cùng học xa nhà. Xác suất để An về nhà vào ngày Chủ nhật là 0, 2 , của Bình
là 0, 25 . Tính xác suất để

a) Cả hai cùng về thăm nhà. Đáp số: 0, 05;

b) Cả hai không về thăm nhà. Đáp số: 0, 6 .

c) Có đúng một người về thăm nhà. Đáp số: 0,35 .

d) Có ít nhất một người về thăm nhà. Đáp số : 0, 4 .

Dạng 3 : Lập bảng phân bố xác suất, tính kì vọng, phương sai của biến ngẫu nhiên rời rạc. 
Phương pháp:

 Kì vọng của X là

 

1 1 2 2

1
...

n
n n i i

i

E X x p x p x p x p



    



,pi P X



xi



, (i1, 2,... )n .

 Phương sai của X là

 





2 2 2

1 1

n n

i i i i

i i

V X x  p x p 

 





 



 , với E X

 





, ( 1, 2,... ).

i i



2 1
4 6
3
10

9
2

C C
P X

C

   ;





3
4
3
10

1
3

C
P X

C

   .

Vậy bảng phân bố xác suất của X là:

X 0 1 2 3

1
30

Ví dụ 2: Một hộp đựng 10 tấm thẻ, trong đó có 4 thẻ ghi số 1, ba thẻ ghi số 2, hai thẻ ghi số 3 và
một thẻ gi số 4. Chọn ngẫu nhiên hai tấm thẻ rồi cộng hai số trên hai tấm thẻ với nhau. Gọi X là

kết quả thu được.

a) Lập bảng phân bố xác suất của X ;
b) Tìm kì vọng và phương sai của X.

Giải

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com. 
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.

21

X 2 3 4 5 6 7

12
45

4
45

2
45

 

2. 6 3.12 4.11 5.10 6. 4 7. 2 4

45 45 45 45 45 45

E X        ;

 

2 6 2 12 2 11 2 10 2 4 2 2 2

2 . 3 . 4 . 5 . 6 . 7 . 4 1, 78.

45 45 45 45 45 45

V X        

Bài tập

1. Một bài kiểm tra trắc nghiệm có 4 câu. Mỗi câu có 5 phương án trả lời trong đó chỉ có
một phương án trả lời đúng. Nếu trả lời đúng thì được 5 điểm. Nếu trả lời sai không được
điểm nào. Hùng làm bài thi bằng cách ở mỗi câu chọn ngẫu nhiên một phương án trả lời.

Gọi X là tổng số điểm mà Hùng đạt được.

a) Lập bảng phân bố xác suất của X.

X 0 5 10 15 20

P 0,4096 0,4096 0,1536 0,0256 0,0016

b) Tính E X và

 

V X . Đáp số:

 

E X

 

4;V X

 

16.

2. Một lô hàng gồm 7 sản phẩm trong đó có 3 phế phẩm. Chọn ngẫu nhiên 4 sản phẩm để

kiểm tra. Gọi X là số sản phẩm tốt thu được. 
a) Lập bảng phân bố của X; Đáp số :

X 1 2 3 4

P 4

18
35

12
35

1
35

b) Tính E X

 

. Đáp số:

 

</div>

Chủ đề 6: Các dạng toán đại số tổ hợp và nhị thức Newton trọng tâm trong đề thi đại học

















 





 





 

 

 



 













 

























 

 

 

 





 

 





















<sub></sub>

<sub></sub>





















  













 





 