chuyen de To hop xac suat

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (252.18 KB, 52 trang )

(1)Phần 1. BÀI TOÁN ĐẾM 1.. 2.. 3.. 4.. 5.. 6.. 7.. 8.. 9.. (ĐHQG TPHCM khối A đợt 1 1999) Cho tập hợp A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} 1. Có bao nhiêu tập con X của tập A thoả điều kiện X chứa 1 và không chứa 2. 2. Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số đôi một khác nhau lấy từ tập A và không bắt đầu bởi 123. (ĐHQG TPHCM khối D đợt 1 1999) Một học sinh có 12 cuốn sách đôi một khác nhau, trong đó có 2 cuốn sách Toán, 4 cuốn sách Văn và 6 cuốn sách Anh. Hỏi có bao nhiêu cách xếp tất cả các cuốn sách lên một kệ sách dài, nếu các cuốn sách cùng môn được xếp kề nhau? (ĐHQG TPHCM khối AB đợt 2 1999) Một bàn dài có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có 6 ghế. Người ta muốn xếp chỗ ngồi cho 6 học sinh trường A và 6 học sinh trường B vào bàn nói trên. Hỏi có bao nhiêu cách xếp trong mỗi trường hợp sau: 1. Bất cứ 2 học sinh nào ngồi cạnh nhau hoặc đối diện nhau thì khác trường với nhau. 2. Bất cứ 2 học sinh nào ngồi đối diện nhau thì khác trường với nhau. (ĐHQG TPHCM khối D đợt 2 1999) Cho tập X = {0,1,2,3,4,5,6,7}. Có thể lập được bao nhiêu số n gồm 5 chữ số khác nhau đôi một từ X (chữ số đầu tiên phải khác 0) trong mỗi trường hợp sau: 1. n là số chẵn. 2. Một trong ba chữ số đầu tiên phải bằng 1. (ĐH Huế khối A chuyên ban 1999) 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. Hỏi có bao nhiêu cách chọn để trong số bi lấy ra không có đủ cả 3 màu? (ĐH Huế khối D chuyên ban 1999) Người ta xếp ngẫu nhiên 5 lá phiếu có ghi số thứ tự từ 1 đến 5 cạnh nhau. 1. Có bao nhiêu cách xếp để các phiếu số chẵn luôn ở cạnh nhau? 2. Có bao nhiêu cách xếp để các phiếu phân thành hai nhóm chẵn lẻ riêng biệt (chẳng hạn 2, 4, 1, 3, 5)? (ĐH Huế khối RT chuyên ban 1999) Người ta viết các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 lên các tấm phiếu, sau đó xếp thứ tự ngẫu nhiên thành một hàng. 1. Có bao nhiêu số lẻ gồm 6 chữ số được sắp thành? 2. Có bao nhiêu số chẵn gồm 6 chữ số được sắp thành? (HV Ngân hàng TPHCM 1999) Xét những số gồm 9 chữ số, trong đó có năm chữ số 1 và bốn chữ số còn là 2, 3, 4, 5. Hỏi có bao nhiêu số như thế, nếu: 1. Năm chữ số 1 được xếp kề nhau. 2. Các chữ số được xếp tuỳ ý. (ĐH Hàng hải 1999) Có bao nhiêu cách sắp xếp năm bạn học sinh A, B, C, D, E vào một chiếc ghế dài sao cho: 1. Bạn C ngồi chính giữa..

(2) 2. Hai bạn A và E ngồi ở hai đầu ghế. 10. (HV BCVT 1999) Hỏi từ 10 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số gồm 6 chữ số khác nhau, sao cho trong các chữ số đó có mặt số 0 và 1. 11. (ĐHQG HN khối B 2000) Từ 5 chữ số 0, 1, 3, 5, 7 có thể lập được bao nhiêu số gồm 4 chữ số khác nhau và không chia hết cho 5. 12. (ĐHQG TPHCM khối A 2000) Một thầy giáo có 12 cuốn sách đôi một khác nhau trong đó có 5 cuốn sách Văn, 4 cuốn sách Nhạc và 3 cuốn sách Hoạ. Ông muốn lấy ra 6 cuốn và tặng cho 6 học sinh A, B, C, D, E, F mỗi em một cuốn. 1. Giả sử thầy giáo chỉ muốn tặng cho các học sinh trên những cuốn sách thuộc 2 thể loại Văn và Nhạc. Hỏi có bao nhiêu cách tặng? 2. Giả sử thầy giáo muốn rằng sau khi tặng sách xong, mỗi một trong ba loại sách trên đều còn lại ít nhất một cuốn. Hỏi có bao nhiêu cách chọn? 13. (ĐH Huế khối A chuyên ban 2000) Một lớp có 30 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Có 6 học sinh được chọn ra để lập một tốp ca. Hỏi có bao nhiêu cách chọn khác nhau nếu: 1) phải có ít nhất là 2 nữ. 2) chọn tuỳ ý. 14. (ĐH Huế khối DRT chuyên ban 2000) Cho các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5. Từ các chữ số đã cho ta có thể lập được: 1. Bao nhiêu số chẵn có bốn chữ số và bốn chữ số đó khác nhau từng đôi một. 2. Bao nhiêu số chia hết cho 5, có ba chữ số và ba chữ số đó khác nhau từng đôi một. 3. Bao nhiêu số chia hết cho 9, có ba chữ số và ba chữ số đó khác nhau từng đôi một. 15. (ĐH Y HN 2000) Có 5 nhà toán học nam, 3 nhà toán học nữ và 4 nhà vật lí nam. Lập một đoàn công tác 3 người cần có cả nam và nữ, cần có cả nhà toán học và nhà vật lí. Hỏi có bao nhiêu cách? 16. (ĐH Cần Thơ khối D 2000) Với các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 ta lập các số mà mỗi số có năm chữ số trong đó các chữ số khác nhau từng đôi một. Hỏi 1. Có bao nhiêu số trong đó phải có mặt chữ số 2. 2. Có bao nhiêu số trong đó phải có mặt hai chữ số 1 và 6. 17. (ĐH Thái Nguyên khối AB 2000) Một đội văn nghệ có 20 người, trong đó có 10 nam và 10 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 5 người sao cho: 1. Có đúng 2 nam trong 5 người đó. 2. Có ít nhất 2 nam và ít nhất 1 nữ trong 5 người đó. 18. (ĐH Thái Nguyên khối D 2000) Từ 3 chữ số 2, 3, 4 có thể tạo ra được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số, trong đó có mặt đủ 3 chữ số trên. 19. (ĐH Thái Nguyên khối G 2000) Có bao nhiêu số gồm 5 chữ số sao cho tổng các chữ số của mỗi số là một số lẻ. 20. (ĐH Cần Thơ khối AB 2000).

(3) 21.. 22. 23. 24. 25.. 26.. 27.. 28. 29. 30. 31.. 32.. 33.. Có 9 viên bi xanh, 5 viên bi đỏ, 4 viên bi vàng có kích thước đôi một khác nhau. 1. Có bao nhiêu cách chọn ra 6 viên bi, trong đó có đúng 2 viên bi đỏ. 2. Có bao nhiêu cách chọn ra 6 viên bi, trong đó số bi xanh bằng số bi đỏ. (ĐH Đà Lạt khối ADV 2000) Có 5 thẻ trắng và 5 thẻ đen, đánh dấu mỗi loại theo các số 1, 2, 3, 4, 5. Có bao nhiêu cách sắp xếp tất cả các thẻ này thành một hàng sao cho hai thẻ cùng màu không nằm liền nhau. (ĐH Sư phạm HN 2 khối A 2000) Có thể lập được bao nhiêu số gồm 8 chữ số từ các chữ số: 1, 2, 3, 4, 5, 6 trong đó các chữ số 1 và 6 đều có mặt 2 lần, các chữ số khác có mặt 1 lần. (ĐH Sư phạm Vinh khối ABE 2000) Có bao nhiêu số khác nhau gồm 7 chữ số sao cho tổng các chữ số của mỗi số là một số chẵn. (ĐH Sư phạm Vinh khối DGM 2000) Tìm tất cả các số tự nhiên có đúng 5 chữ số sao cho trong mỗi số đó chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng liền trước. (HV Kỹ thuật quân sự 2000) Một đồn cảnh sát khu vực có 9 người. Trong ngày, cần cử 3 người làm nhiệm vụ ở địa điểm A, 2 người ở địa điểm B, còn 4 người thường trực tại đồn. Hỏi có bao nhiêu cách phân công? (ĐH GTVT 2000) Một lớp học có 20 học sinh, trong đó có 2 cán bộ lớp. Hỏi có bao nhiêu cách cử 3 người đi dự hội nghị Hội sinh viên của trường sao cho trong 3 người đó có ít nhất một cán bộ lớp. (HV Quân y 2000) Xếp 3 viên bi đỏ có bán kính khác nhau và 3 viên bi xanh giống nhau vào một dãy 7 ô trống. Hỏi: 1. Có bao nhiêu cách xếp khác nhau? 2. Có bao nhiêu cách xếp khác nhau sao cho 3 viên bi đỏ xếp cạnh nhau và 3 viên bi xanh xếp cạnh nhau? (ĐH Cảnh sát nhân dân khối G CPB 2000) Có bao nhiêu số lẻ gồm 6 chữ số, chia hết cho 9? (ĐH Cảnh sát nhân dân khối G CB 2000) Có bao nhiêu số lẻ gồm 6 chữ số khác nhau lớn hơn 500000? (CĐSP Nha Trang 2000) Với các số: 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể thành lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau và trong đó phải có mặt chữ số 0. (CĐSP Nhà trẻ – Mẫu giáo TƯ I 2000) Một lớp học sinh mẫu giáo gồm 15 em, trong đó có 9 em nam, 6 em nữ. Cô giáo chủ nhiệm muốn chọn một nhóm 5 em để tham dự trò chơi gồm 3 em nam và 2 em nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn? (ĐH An ninh khối D 2001) Cho các chữ số 0, 1, 2, 3, 4. Hỏi có thể thành lập được bao nhiêu số có bảy chữ số từ những chữ số trên, trong đó chữ số 4 có mặt đúng 3 lần, còn các chữ số khác có mạt đúng 1 lần. (ĐH Cần Thơ 2001).

(4) 34.. 35. 36. 37. 38.. 39. 40.. 41. 42.. 43. 44.. 45. 46.. Một nhóm gồm 10 học sinh, trong đó có 7 nam và 3 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp 10 học sinh trên thành một hàng dài sao cho 7 học sinh nam phải đứng liền nhau. (HV Chính trị quốc gia 2001) Một đội văn nghệ có 10 người, trong đó có 6 nữ và 4 nam. 1. Có bao nhiêu cách chia đội văn nghệ thành hai nhóm có số người bằng nhau và mỗi nhóm có số nữ như nhau. 2. Có bao nhiêu cách chọn ra 5 người mà trong đó không có quá 1 nam. (ĐH Giao thông vận tải 2001) Cho 8 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Hỏi có thể lập được bao nhiêu số gồm 6 chữ số khác nhau, trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 4. (ĐH Huế khối ABV 2001) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số sao cho không có chữ số nào lặp lại đúng 3 lần? (ĐH Huế khối DHT 2001) Từ một nhóm học sinh gồm 7 nam và 6 nữ, thầy giáo cần chọn ra 5 em tham dự lễ mittinh tại trường với yêu cầu có cả nam và nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn? (HV Kỹ thuật quân sự 2001) Trong số 16 học sinh có 3 học sinh giỏi, 5 khá, 8 trung bình. Có bao nhiêu cách chia số học sinh đó thành 2 tổ, mỗi tổ có 8 người sao cho ở mỗi tổ đều có học sinh giỏi và mỗi tổ có ít nhất 2 học sinh khá. (ĐH Kinh tế quốc dân 2001) Với các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có 5 chữ số khác nhau và trong đó phải có chữ số 5. (HV Ngân hàng TPHCM khối A 2001) 1. Có thể tìm được bao nhiêu số gồm 3 chữ số khác nhau đôi một? 2. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có 5 chữ số đôi một khác nhau? (ĐH Ngoại thương TPHCM khối A 2001) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể thiết lập được bao nhiêu số có 6 chữ số khác nhau mà hai chữ số 1 và 6 không đứng cạnh nhau? (ĐH Nông nghiệp I HN khối A 2001) Có 6 học sinh nam và 3 học sinh nữ xếp thành một hàng dọc. Hỏi có bao nhiêu cách xếp để có đúng 2 học sinh nam đứng xen kẽ 3 học sinh nữ. (Khi đổi chỗ 2 học sinh bất kì cho nhau ta được một cách xếp mới). (HV Quan hệ quốc tế 2001) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số có 9 chữ số mà chữ số 9 đứng ở vị trí chính giữa? (ĐH Quốc gia TPHCM 2001) 1. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau, trong đó có mặt chữ số 0 nhưng không có mặt chữ số 1. 2. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số, biết rằng chữ số 2 có mặt đúng 2 lần, chữ số 3 có mặt đúng 3 lần và các chữ số còn lại có mặt không quá một lần. (ĐHSP HN II 2001) Tính tổng tất cả các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau đôi một được lập từ 6 chữ số 1, 3, 4, 5, 7, 8. (ĐHSP TPHCM khối DTM 2001).

(5) 47.. 48.. 49. 50.. 51. 52.. 53. 54. 55.. 56. 57. 58.. Cho A là một hợp có 20 phần tử. 1. Có bao nhiêu tập hợp con của A? 2. Có bao nhiêu tập hợp con khác rỗng của A mà có số phần tử là số chẵn? (ĐH Thái Nguyên khối D 2001) 1. Có bao nhiêu số chẵn có ba chữ số khác nhau được tạo thành từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5. 2. Có bao nhiêu số có ba chữ số khác nhau được tạo thành từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 mà các số đó nhỏ hơn số 345. (ĐH Văn Lang 2001) Một lớp có 10 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Cần chọn ra 5 học sinh để đi làm công tác “Mùa hè xanh”. Hỏi có bao nhiêu cách chọn nếu trong 5 học sinh đó phải có ít nhất: 1. Hai học sinh nữ và hai học sinh nam. 2. Một học sinh nữ và một học sinh nam. (ĐH Y HN 2001) Với các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có ba chữ số khác nhau và không lớn hơn 789? (ĐH khối D dự bị 1 2002) Đội tuyển học sinh giỏi của một trường gồm 18 em, trong đó có 7 học sinh khối 12, 6 học sinh khối 11, 5 học sinh khối 10. Hỏi có bao nhiêu cách cử 8 học sinh trong đội đi dự trại hè sao cho mỗi khối có ít nhất một em được chọn. (ĐH khối A 2003 dự bị 2) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có 6 chữ số khác nhau và chữ số 2 đứng cạnh chữ số 3. (ĐH khối B 2003 dự bị 1) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5,6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có 6 chữ số và thoả mãn điều kiện: sáu chữ số của mỗi số là khác nhau và trong mỗi số đó tổng của 3 chữ số đầu nhỏ hơn tổng của 3 chữ số cuối một đơn vị. (ĐH khối B 2003 dự bị 2) Từ một tổ gồm 7 học sinh nữ và 5 học sinh nam cần chọn ra 6 em trong đó số học sinh nữ phải nhỏ hơn 4. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy? (ĐH khối D 2003 dự bị 1) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn mà mỗi số gồm 7 chữ số khác nhau? (CĐ Sư phạm khối A 2002) 1. Tìm số giao điểm tối đa của: a) 10 đường thẳng phân biệt. b) 6 đường tròn phân biệt. 2. Từ kết quả của câu 1) hãy suy ra số giao điểm tối đa của tập hợp các đường nói trên. (CĐ Sư phạm khối A 2002 dự bị) Cho đa giác lồi n cạnh. Xác định n để đa giác có số đường chéo gấp đôi số cạnh. (CĐ Xây dựng số 3 – 2002) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số gồm 3 chữ số khác nhau và nhỏ hơn 245. (CĐ Sư phạm Quảng Ngãi 2002).

(6) 59.. 60.. 61.. 62. 63. 64.. 65.. 66. 67. 68.. Từ 5 chữ số 0, 1, 2, 5, 9 có thể lập được bao nhiêu số lẻ, mỗi số gồm 4 chữ số khác nhau. (ĐH khối B 2004) Trong một môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình, 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 và nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 2. (ĐH khối B 2005) Một đội thanh niên tình nguyện có 15 người, gồm 12 nam và 3 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách phân công đội thanh niên tình nguyện đó về giúp đỡ 3 tỉnh miền núi, sao cho mỗi tỉnh có 4 nam và 1 nữ. (ĐH khối A 2005 dự bị 1) 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. (ĐH khối B 2005 dự bị 1) Một đội văn nghệ có 15 người gồm 10 nam và 5 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách lập một nhóm đồng ca gồm 8 người, biết rằng trong nhóm đó phải có ít nhất 3 nữ. (ĐH khối B 2005 dự bị 2) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số gồm 5 chữ số khác nhau và nhất thiết phải có 2 chữ số 1, 5. (ĐH khối D 2006) Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 học sinh, gồm 5 học sinh lớp A, 4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ, sao cho 4 học sinh này thuộc không quá 2 trong 3 lớp trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy? (CĐ GTVT III khối A 2006) Từ một nhóm gồm 15 học sinh khối A, 10 học sinh khối B, 5 học sinh khối C, chọn ra 15 học sinh sao cho có ít nhất 5 học sinh khối A và đúng 2 học sinh khối C. Tính số cách chọn. (CĐ Tài chính – Hải quan khối A 2006) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số, trong đó chữ số 0 có mặt đúng 2 lần, chữ số 1 có mặt đúng 1 lần và hai chữ số còn lại phân biệt? (CĐ Xây dựng số 3 khối A 2006) Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm hai chữ số khác nhau? Tính tổng của tất cả các số đó. (CĐBC Hoa Sen khối D 2006) Cho 2 đường thẳng d1, d2 song song với nhau. Trên đường thẳng d 1 cho 10 điểm phân biệt, trên đường thẳng d 2 cho 8 điểm phân biệt. Hỏi có thể lập được bao nhiêu tam giác mà 3 đỉnh của mỗi tam giác lấy từ 18 điểm đã cho.. BÀI GIẢI 1.. (ĐHQG TPHCM khối A đợt 1 1999).

(7) X  A  1 X  2  X . X  1  Y  Y   3,4,5,6,7,8. 1. . Do đó số các tập X bằng số các tập con Y của tập hợp {3,4,5,6,7,8} Mà số các tập con Y của {3,4,5,6,7,8} là: 26 = 64. Vậy có 64 tập con X của A chứa 1 và không chứa 2. 2. Gọi * m là số các số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số đôi một khác nhau lấy từ A. * n là số các số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số đôi một khác nhau lấy từ A và bắt đầu bởi 123. * p là số các số tự nhiên thoả mãn yêu cầu đề bài. Ta cần tính p. Hiển nhiên p = m – n a a a a a  Tính m: Lập một số chẵn 5 4 3 2 1 gồm 5 chữ số khác nhau a 1, a2, a3, a4, a5  A, có nghĩa là: Lấy a1 từ {2, 4, 6, 8}  có 4 cách 4. 2.. 3.. Lấy a2, a3, a4, a5 từ 7 số còn lại của A  có A7 = 7.6.5.4 = 840 cách Do đó: m = 4.840 = 3360. 123a2a1  Tính n: Lập một số chẵn bắt đầu bởi 123; a1,a2 A; a1 ≠ a2 Lấy a1 từ {4,6,8}  có 3 cách Lấy a2 từ A \ {1,2,3,a1}  có 4 cách Do đó: n = 3.4 = 12 Vậy: số p cần tìm là: p = 3360 – 12 = 3348. (ĐHQG TPHCM khối D đợt 1 1999) Bước 1: Đặt 3 nhóm sách lên kệ dài: 3! cách Bước 2: Trong mỗi nhóm ta có thể thay đổi cách xếp đặt sách: Nhóm sách Toán: 2! cách Nhóm sách Văn: 4! cách Nhóm sách Anh: 6! cách Kết luận: có 3!2!4!6! = 6.2.24.720 = 207360 cách. (ĐHQG TPHCM khối AB đợt 2 1999) 1. Giai đoạn 1: Xếp chỗ ngồi cho hai nhóm học sinh, có 2 cách xếp: A B A B A B B A B A B A B A B A B A A B A B A B Giai đoạn 2: Trong nhóm học sinh của trường A, có 6! cách xếp các em vào 6 chỗ. Tượng tự, có 6! cách xếp 6 học sinh trường B vào 6 chỗ. Kết luận: có 2.6!6! = 1036800 cách 2. Học sinh thứ nhất trường A ngồi trước: có 12 cách chọn ghế để ngồi. Sau đó, chọn học sinh trường B ngồi đối diện với học sinh thứ nhất trường A: có 6 cách chọn học sinh trường B. Học sinh thứ hai của trường A còn 10 chỗ để chọn, chọn học sinh trường B ngồi đối diện với học sinh thứ hai trường A: có 5 cách chọn, v.v….

(8) 4.. Vậy: có 12.6.10.5.8.4.6.3.2.1.1 = 26.6!.6! = 33177600 cách. (ĐHQG TPHCM khối D đợt 2 1999) 1. Xem các số chắn hình thức abcde (kể cả a = 0), có 4 cách chọn e  {0,2,4,6}, vì là số chẵn. 4 Sau đó chọn a, b, c, d từ X \ {e}, số cách chọn là: A7 = 840 Vậy: có 4.840 = 3360 số chẵn hình thức. 3 Ta loại những số có dạng 0bcde . Có 3 cách chọn e, và A6 cách chọn b, c, d từ 3. X \ {0,e}. Vậy có 3. A6 = 360 số chẵn có dạng 0bcde . Kết luận: có 3360 – 360 = 3000 số thoả yêu cầu đề bài. 2. n = abcde * Xem các số hình thức abcde (kể cả a = 0). Có 3 cách chọn vị trí cho 1. Sau đó 4 chọn chữ số khác nhau cho 3 vị trí còn lại từ X \ {1}: có A7 cách. 4. Như thế: có 3. A7 = 2520 số hình thức thoả yêu cầu đề bài. * Xem các số hình thức 0bcde . Có 2 cách chọn vị trí cho 1. Chọn chữ số khác 3 nhau cho 3 vị trí còn lại từ X \ {0,1}, số cách chọn là A6 . 3. 5.. Như thế: có 2. A6 = 240 số hình thức dạng 0bcde . Kết luận: số các số n thoả yêu cầu đề bài là: 2520 – 240 = 2280 số. (ĐH Huế khối A chuyên ban 1999) 4 Số cách chọn 4 bi trong số 15 bi là: C15 = 1365. Các trường hợp chọn 4 bi đủ cả 3 màu là: 2 1 1 * 2 đỏ + 1 trắng + 1 vàng: có C4C5C6 = 180 1 2 1 * 1 đỏ + 2 trắng + 1 vàng: có C4C5C6 = 240. 6.. 7.. 1 1 2 * 1 đỏ + 1 trắng + 2 vàng: có C4C5C6 = 300 Do đó số cách chọn 4 bi đủ cả 3 màu là: 180 + 240 + 300 = 720 Vậy số cách chọn để 4 bi lấy ra không đủ 3 màu là: 1365 – 720 = 645. (ĐH Huế khối D chuyên ban 1999) 1. * Xếp các phiếu số 1, 2, 3, 5 có 4! = 24 cách. * Sau đó xếp phiếu số 4 vào cạnh phiếu số 2 có 2 cách. Vậy: có 2.24 = 48 cách xếp theo yêu cầu đề bài. 2. * Khi nhóm chẵn ở bên trái, nhóm lẻ ở bên phải. Số cách xếp cho 2 số chẵn là 2! cách. Số cách xếp cho 3 số lẻ là: 3! cách. Vậy có 2.6 = 12 cách. * Tương tự cũng có 12 cách xếp mà nhóm chẵn ở bên phải, nhóm lẻ ở bên trái. Vậy: có 12 + 12 = 24 cách. (ĐH Huế khối RT chuyên ban 1999) Số có 6 chữ số khác nhau có dạng: abcdef với a ≠ 0.

(9) 1. Vì số tạo thành là số lẻ nên f  {1, 3, 5}. Do đó: f có 3 cách chọn a có 4 cách chọn (trừ 0 và f) b có 4 cách chọn (trừ a và f) c có 3 cách chọn (trừ a, b, f) d có 2 cách chọn (trừ a, b, c, f) e có 1 cách chọn (trừ a, b, c, d, f) Vậy: có 3.4.4.3.2.1 = 288 số 2. Vì số tạo thành là số chẵn nên f  {0, 2, 4}. * Khi f = 0 thì (a,b,c,d,e) là một hoán vị của (1,2,3,4,5). Do đó có 5! số * Khi f  {2, 4} thì: f có 2 cách chọn a có 4 cách chọn b có 4 cách chọn c có 3 cách chọn d có 2 cách chọn e có 1 cách chọn Do đó có 2.4.4.3.2.1 = 192 số. Vậy: có 120 + 192 = 312 số chẵn. 8. (HV Ngân hàng TPHCM 1999) 1. Gọi 11111 là số a. Vậy ta cần sắp các số a, 2, 3, 4, 5. Do đó số có 9 chữ số trong đó có 5 chữ số 1 đứng liền nhau là: 5! = 120 số. 2. Lập một số có 9 chữ số thoả mãn yêu cầu; thực chất là việc xếp các số 2, 3, 4, 5 vào 4 vị trí tuỳ ý trong 9 vị trí (5 vị trí còn lại đương nhiên dành cho chữ số 1 lặp 5 lần). 9! A94  5! Vậy: có tất cả = 6.7.8.9 = 3024 số. 9. (ĐH Hàng hải 1999) 1. Xếp C ngồi chính giữa: có 1 cách. Xếp A, B, D, E vào 4 chỗ còn lại: có 4! = 24 cách. Vậy: có 24 cách xếp thoả yêu cầu. 2. Xếp A và E ngồi ở hai đầu ghế: có 2! = 2 cách. Xếp B, C, D vào 3 chỗ còn lại: có 3! = 6 cách. Vậy: có 2.6 = 12 cách xếp thoả yêu cầu. 10. (HV BCVT 1999) * Số các số có 6 chữ số khác nhau là: 6 5 A10  A10 = 9.9.8.7.6.5 = 136080 * Số các số có 6 chữ số khác nhau và đều khác 0 là:. A69 = 9.8.7.6.5.4 = 60480 * Số các số có 6 chữ số khác nhau và đều khác 1 là: A69  A59 = 8.8.7.6.5.4 = 53760 Vậy số các số có 6 chữ số khác nhau trong đó đều có mặt 0 và 1 là: 136080 – 60480 – 53760 = 21840 số. 11. (ĐHQG HN khối B 2000).

(10) * Trước hết ta tìm số các số gồm 4 chữ số khác nhau: Có 4 khả năng chọn chữ số hàng ngàn (không chọn chữ số 0) 3 Có A4 khả năng chọn 3 chữ số cuối. 3  Có 4. A4 = 4.4! = 96 số. * Tìm số các số gồm 4 chữ số khác nhau và chia hết cho 5: 3 Nếu chữ số tận cùng là 0: có A4 = 24 số 2. Nếu chữ số tận cùng là 5: có 3 khả năng chọn chữ số hàng nghìn, có A3 = 6 khả năng chọn 2 chữ số cuối. Vậy có 3.6 = 18 số Do đó có 24 + 18 = 42 số gồm 4 chữ số khác nhau và chia hết cho 5. Vậy có: 96 – 42 = 54 số gồm 4 chữ số khác nhau và không chia hết cho 5. 12. (ĐHQG TPHCM khối A 2000) 1. Số cách tặng là số cách chọn 6 cuốn sách từ 9 cuốn có kể thứ tự. 6 Vậy số cách tặng là A9 = 60480 2. Nhận xét: không thể chọn sao cho cùng hết 2 loại sách.. Số cách chọn 6 cuốn sách từ 12 cuốn sách là:. 6 A12 = 665280. Số cách chọn sao cho không còn sách Văn là:. A56 .7 = 5040. Số cách chọn sao cho không còn sách Nhạc là:. A64 .A82 = 20160. A36 .A39 = 60480 Số cách chọn sao cho không còn sách Hoạ là: Số cách chọn cần tìm là: 665280 – (5040 + 20160 + 60480) = 579600 13. (ĐH Huế khối A chuyên ban 2000) 1. Để có ít nhất là 2 nữ thì ta phải chọn: * 2 nữ, 4 nam. . 2 4 có C15 .C30 cách. hoặc. * 3 nữ, 3 nam. . 3 3 có C15 .C30 cách. hoặc. * 4 nữ, 2 nam. . 4 2 có C15 .C30 cách. hoặc. * 5 nữ, 1 nam. . 5 1 có C15 .C30 cách. hoặc. * 6 nữ. . 6 có C15 cách. 2 4 3 3 4 2 5 1 6 Vậy: có C15 .C30 + C15 .C30 + C15 .C30 + C15 .C30 + C15 cách 6. 2. Nếu chọn tuỳ ý thì số cách chọn là: C45 . 14. (ĐH Huế khối DRT chuyên ban 2000) 1. Số chẵn gồm bốn chữ số khác nhau có dạng: abc0 hoặc abc2 hoặc abc4 * Với số abc0 ta có: 5 cách chọn a, 4 cách chọn b, 3 cách chọn c.  Có 5.4.3 = 60 số.

(11) * Với số abc2 hoặc abc4 ta có: 4 cách chọn a, 4 cách chọn b, 3 cách chọn c.  Có 4.4.3 = 48 số abc2 và 48 số abc4 Vậy có: 60 + 48 + 48 = 156 số chẵn. 2. Số chia hết cho 5 và gồm ba chữ số có dạng ab0 hoặc ab5 . * Với số ab0 ta có: 5 cách chọn a, 4 cách chọn b.  Có 5.4 = 20 số * Với số ab5 ta có: 4 cách chọn a, 4 cách chọn b.  Có 4.4 = 16 số Vậy có: 20 + 16 số cần tìm. 3. Gọi abc là số chia hết cho 9 gồm ba chữ số khác nhau. Khi đó {a,b,c} có thể là: {0,4,5}, {1,3,5}, {2,3,4}. * Khi {a,b,c} = {0,4,5} thì các số phải tìm là: 405, 450, 504, 540  có 4 số * Khi {a,b,c} = {1,3,5} hay {2,3,4} thì số phải tìm là hoán vị của 3 phần tử  có 3! = 6 số. Vậy có: 4 + 6 + 6 = 16 số cần tìm. 15. (ĐH Y HN 2000) Số cách chọn 1 nhà toán học nam, 1 nhà toán học nữ, 1 nhà vật lí nam là: C15 .C13 .C14 = 5.3.4 = 60 1 2 Số cách chọn 1 nhà toán học nữ, 2 nhà vật lí nam là: C3 .C4 = 18 2. 1. Số cách chọn 2 nhà toán học nữ, 1 nhà vật lí nam là: C3 .C4 = 12 Vậy: có 60 + 18 + 12 = 90 cách chọn 16. (ĐH Cần Thơ khối D 2000) aa a a a Xét số năm chữ số 1 2 3 4 5 1. Xếp chữ số 2 vào một trong năm vị trí: có 5 cách xếp 4 Sau đó xếp 5 chữ số còn lại vào 4 vị trí còn lại: có A5 = 120 cách. Vậy có 5.120 = 600 số. 2 2. Xếp các chữ số 1 và 6 vào 5 vị trí: có A5 cách. 3 Xếp 4 chữ số còn lại vào 3 vị trí còn lại: có A4 = 24 cách. 2 3 Vậy có A5 . A4 = 480 số. 17. (ĐH Thái Nguyên khối AB 2000) 2 3 1. Chọn 2 nam và 3 nữ: có C10 .C10 = 5400 cách. 2. Có ít nhất 2 nam và 1 nữ, có các kiểu chọn sau: * 2 nam và 3 nữ: có 5400 cách. * 3 nam và 2 nữ:. 3 2 có C10 .C10 = 5400 cách.

(12) 4 1 * 4 nam và 1 nữ: có C10 .C10 = 2100 cách Vậy có: 5400 + 5400 + 2100 = 12900 cách. 18. (ĐH Thái Nguyên khối D 2000) Tất cả có 9.10.10.10.10 = 90000 số tự nhiên có 5 chữ số. Trong các số có 5 chữ số này, xét các số không có mặt các chữ số 2, 3, 4. Loại này có: 6 cách chọn chữ số hàng vạn 7 cách chọn chữ số hàng nghìn 7 cách chọn chữ số hàng trăm 7 cách chọn chữ số hàng chục 7 cách chọn chữ số hàng đơn vị Do đó có 6.7.7.7.7 = 14406 số. Vậy tất cả có: 90000 – 14406 = 75594 số có 5 chữ số, trong đó có mặt đủ các chữ số 2, 3, 4. 19. (ĐH Thái Nguyên khối G 2000) aa a a Xét một số có 4 chữ số tuỳ ý đã cho 1 2 3 4 . Có hai khả năng: 1. Nếu a1 + a2 + a3 + a4 là số chẵn thì có thể lấy a5  {1, 3, 5, 7, 9} và lập được 5 aa a a a số có 5 chữ số 1 2 3 4 5 với tổng các chữ số là một số lẻ. 2. . Nếu a1 + a2 + a3 + a4 là số lẻ thì có thể lấy a5  {0, 2, 4, 6, 8} và lập được 5 số aa a a a có 5 chữ số 1 2 3 4 5 với tổng các chữ số là một số lẻ. Vì có tất ca 9.10.10.10 = 9000 số có 4 chữ số, mỗi số có 4 chữ số này lại sinh ra 5 số có 5 chữ số có tổng các chữ số là một số lẻ, nên có tất cả 9000.5 = 45000 số có 5 chữ số mà tổng các chữ số là một số lẻ. 20. (ĐH Cần Thơ khối AB 2000). 1. Có:. C52 cách chọn ra 2 viện bi đỏ. 4 C13 cách chọn ra 4 viên bi còn lại.. 2 4 Vậy có: C5 . C13 = 7150 cách chọn 2. Có các trường hợp xảy ra: 3 3 * 3 xanh, 3 đỏ, 0 vàng  có C9 .C5 cách 2 2 2 * 2 xanh, 2 đỏ, 2 vàng  có C9 .C5 .C4 cách 1 1 4 * 1 xanh, 1 đỏ, 4 vàng  có C9 .C5 .C4 cách 3 3 2 2 2 1 1 4 Vậy có tất cả: C9 .C5 + C9 .C5 .C4 + C9 .C5 .C4 = 3045 cách. 21. (ĐH Đà Lạt khối ADV 2000) Có 2 khả năng: 1. Các thẻ trắng ở vị trí lẻ, các thẻ đen ở vị trí chẵn  có 5!5! cách 2. Các thẻ trắng ở vị trí chẵn, các thẻ đen ở vị trí lẻ  có 5!5! cách Vậy tất cả có: 5!5! + 5!5! cách. 22. (ĐH Sư phạm HN 2 khối A 2000).

(13) Có 8 ô trống, cần chọn ra 1 ô điền chữ số 2, 1 ô điền chữ số 3, 1 ô điền chữ số 4, 1 ô điền chữ số 5. Sau đó trong 4 ô còn lại, cần chọn 2 ô điền chữ số 1, cuối cùng còn lại 2 ô điền chữ số 6. 2 Vậy có tất cả có: 8.7.6.5. C4 .1 = 10080 số thoả yêu cầu đề bài. 23. (ĐH Sư phạm Vinh khối ABE 2000) aa a a a a Số các số có 6 chữ số 1 2 3 4 5 6 là 9.105 số aa a a a a Với mỗi số có 6 chữ số 1 2 3 4 5 6 ta lập được 5 số có 7 chữ số a1a2a3 a4 a5 a6a7 mà tổng các chữ số là một số chẵn. Vậy có tất cả: 9.105.5 = 45.105 số. 24. (ĐH Sư phạm Vinh khối DGM 2000) Theo yêu cầu của bài toán và số 0 không đứng trước bất kì số nào nên các số có 5 chữ số chỉ có thể tạo thành từ các số {1, 2, 3, 4, …, 8, 9} = T. Ứng với mỗi bộ 5 chữ số phân biệt bất kì trong T chỉ có 1 cách sắp xếp duy nhất thoả mãn đứng sau lớn hơn chữ số liền trước. 9! C59  5!4! = 126. Vậy số các số cần tìm là: 25. (HV Kỹ thuật quân sự 2000) 3 2 4 2 2 4 Có tất cả: C9 .C6 C9 .C5 C9 .C7 = 1260 cách 26. (ĐH GTVT 2000) Có 2 khả năng: 1 2 * 1 cán bộ lớp và 2 học sinh thường: có C2 .C18 2 1 * 2 cán bộ lớp và 1 học sinh thường: có C2 .C18 1 2 2 1 Vậy số chọn là: C2 .C18 + C2 .C18 = 324 cách. 27. (HV Quân y 2000) 1. Trước hết xếp 3 viên bi đỏ vào 7 ô trống. Do các viên bi đỏ khác nhau nên số 3 cách xếp là A7 . Sau đó xếp 3 viên bi xanh vào 4 ô còn lại. Do các viên bi xanh giống nhau nên số 3 cách xếp là C4 . 3 3 Vậy số cách xếp khác nhau là: A7 . C4 = 840 cách. 2. Trước hết ta cần chú ý về màu, để đỏ đứng cạnh nhau và xanh đứng cạnh nhau chỉ có 6 cách xếp. Sau đó, do các viên bi đỏ khác nhau, nên ta hoán vị các viên bi đỏ với nhau. Số các hoán vị là 3! Vậy số cách xếp khác nhau để các viên bi đỏ đứng cạnh nhau và các viên bi xanh đứng cạnh nhau là: 6.3! = 36 cách. 28. (ĐH Cảnh sát nhân dân khối G CPB 2000) Các số có 6 chữ số, chia hết cho 9, viết theo thứ tự tăng là: 100008, 100017, 100035, …, 999999.

(14) Các số lẻ có 6 chữ số, chia hết cho 9, lập thành một cấp số cộng: u1 = 100017, 100035, …, un = 999999 với công sai d = 18. Do đó: un = u1 + (n – 1)d  999999 = 100017 + (n – 1).18  n = 50000 Vậy tất cả có 50000 số lẻ gồm 6 chữ số, chia hết cho 9. 29. (ĐH Cảnh sát nhân dân khối G CB 2000) Xét số lẻ có 6 chữ số khác nhau, lớn hơn 500000: aa a a a a x= 1 2 3 4 5 6 Từ giả thiết  a1  {5,6,7,8,9}, a6  {1,3,5,7,9} Có 2 khả năng: 1. a1 lẻ: * a1 có 6 cách chọn * a6 có 4 cách chọn a a a a * sau khi chọn a1, a6, cần chọn 2 3 4 5 , mỗi cách chọn ứng với một chỉnh hợp chập 4 của 8 phần tử. 4. Vậy khả năng thứ nhất có: 6.4. A8 = 40320 số 2. a1 chẵn: * a1 có 2 cách chọn * a6 có 5 cách chọn 4 a a a a * 2 3 4 5 có A8 cách chọn 4 Vậy khả năng thứ hai có: 2.5. A8 = 16800 số Kết luận: Tất cả có: 40320 + 16800 = 57120 số cần tìm. 30. (CĐSP Nha Trang 2000) Số các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau được viết từ 6 chữ số: 0, 1, 2, 3, 4, 5 3. là: 5. A5 = 300 Trong các số nói trên, số các số tự nhiên không có mặt chữ số 0 là: A54 = 120 Vậy số các số tự nhiên thoả mãn yêu cầu là: 300 – 120 = 180 số. 31. (CĐSP Nhà trẻ – Mẫu giáo TƯ I 2000) Chọn 3 em nam:. 3 có C9 cách. Chọn 2 em nữ:. 2 có C6 cách. 3 2 Vậy có: C9 . C6 = 1260 cách. 32. (ĐH An ninh khối D 2001) Giả sử số có 7 chữ số lập được viết trong 7 ô của hình sau:.

(15) Thế thì: * Có 6 cách chọn vị trí cho chữ số 0 (trừ ô số 1) 3. * Sau khi đã chọn vị trí cho số chữ 0 ta còn C6 = 20 cách chọn vị trí cho 3 chữ số 4. * Sau khi đã chọn vị trí cho chữ số 0 và chữ số 4, ta còn 3! = 6 cách chọn cho 3 chữ số còn lại. Vậy số các số lập được là: 6.20.6 = 720 số. 33. (ĐH Cần Thơ 2001) Coi 7 học sinh nam đứng liền nhau như một vị trí mà thôi thì số cách để bố trí 7 học sinh đứng liền nhau xen kẽ với 3 học sinh nữ bằng 4!. Nhưng để xếp 7 học sinh nam đứng liền nhau thì lại có 7! cách. Vậy tất cả có: 4!7! = 120960 cách. 34. (HV Chính trị quốc gia 2001) 1. Chia đội văn nghệ thành hai nhóm có số người bằng nhau và mỗi nhóm có số nữ như nhau tức là chia mỗi nhóm có 5 người mà trong đó có 3 nữ và 2 nam  3 2 số cách chia là: C6 .C4 = 120 5 2. * Số cách chọn ra 5 người mà không có nam là: C6 = 6 * Số cách chọn ra 5 người mà có 1 nam (và 4 nữ) là:. C64 .C14 = 60 Vậy số cách chọn ra 5 người mà có không quá 1 nam là: 6 + 60 = 66. 35. (ĐH Giao thông vận tải 2001) aa a a a a Giả sử số cần tìm có dạng: A = 1 2 3 4 5 6 . + Nếu a1 = 4 thì các chữ số còn lại của A là một trong 7 chữ số 0, 1, 2, 3, 5, 6, 7. 5 Vậy có A7 = 2520 số. + Nếu a1 ≠ 4 thì vì a1 ≠ 0 nên chỉ có 6 cách chọn a1. Vì số 4 phải có đúng một trong 5 vị trí còn lại là a 2, a3, a4, a5, a6. Khi đó các vị trí khác (không có chữ số 4) 4 4 sẽ chỉ còn A6 số khác nhau. Vậy trường hợp này có 6.5. A6 = 10800 số. Vậy tất cả có: 2520 + 10800 = 13320 số. 36. (ĐH Huế khối ABV 2001)  Số các số tự nhiên có 4 chữ số là: 9.10.10.10 = 9000 số  Ta tìm số các số tự nhiên có 1 chữ số lặp lại đúng 3 lần: + Số 0 lặp lại đúng 3 lần ứng với số tự nhiên a000 với a  {1,2,3,..,9} 9 số + Số 1 lặp lại đúng 3 lần ứng với các số: * a111 với a  {2,3,4, …,9}  có 8 số. * 1b11 với b  {0,2,3,…, 9}  có 9 số * 11c1 với c  {0,2,3,…, 9}  có 9 số * 111d với d  {0,2,3,…, 9}  có 9 số.  có.

(16)  có 8 + 9 + 9 + 9 = 35 số + Tương tự với mỗi số từ 2 đến 9 ta cũng tìm được 35 số tự nhiên sao cho mỗi chữ số trên lặp lại đúng 3 lần. Do đó số các số tự nhiên có một chữ số lặp lại đúng 3 lần là: 9 + 9.35 = 324 số  Vậy số các số tự nhiên gồm 4 chữ số mà trong đó không có chữ số nào lặp lại đúng 3 lần là: 9000 – 324 = 8676 số. 37. (ĐH Huế khối DHT 2001) 5 * Số cách chọn 5 em từ 13 em là: C13 = 1287 5 * Số cách chọn 5 em toàn nam là: C7 = 21 5 * Số cách chọn 5 em toàn nữ là: C6 = 6 Vậy số cách chọn 5 em có cả nam và nữ là: 1287 – (21 + 6) = 1260 38. (HV Kỹ thuật quân sự 2001) Mỗi tổ có 1 hoặc 2 học sinh giỏi. Vì không phân biệt thứ tự của 2 tổ nên số cách chia phải tìm là số cách tạo thành một tổ có 8 học sinh trong đó phải có 1 học sinh giỏi và ít nhất 2 học sinh khá. Các học sinh còn lại tạo thành tổ thứ hai.  Trường hợp 1: Có 2 học sinh khá: * Có 3 cách chọn 1 học sinh giỏi. 2 * Có C5 = 10 cách chọn 2 học sinh khá. 5 * Có C8 = 56 cách chọn 5 học sinh trung bình.  Có: 3.10.56 = 1680 cách.  Trường hợp 2: Có 3 học sinh khá: * Có 3 cách chọn 1 học sinh giỏi. 3 * Có C5 = 10 cách chọn 3 học sinh khá. 4 * Có C8 = 70 cách chọn 4 học sinh trung bình.  Có: 3.10.70 = 2100 cách. Vậy có tất cả: 1680 + 2100 = 3780 cách. 39. (ĐH Kinh tế quốc dân 2001) Ta sử dụng 5 ô sau để viết số có 5 chữ số:.

(17)  Trường hợp 1: Số tạo thành chứa chữ số 0: Có 4 cách chọn vị trí cho chữ số 0. Sau đó còn 4 cách chọn vị trí cho chữ số 5. 3 Số cách chọn 3 chữ số cọn lại là: A5 3  Số các số thu được là: 4.4. A5 = 960 số  Trường hợp 2: Số tạo thành không chứa số 0: Có 5 cách chọn vị trí cho chữ số 5. 4 Số cách chọn 4 chữ số còn lại là: A5 4  Số các số thu được là: 5. A5 = 600 số. Vậy có tất cả: 960 + 600 = 1560 số. 40. (HV Ngân hàng TPHCM khối A 2001) 1. Có 9 cách chọn chữ số hàng trăm, 9 cách chọn chữ số hàng chục, 8 cách chọn chữ số hàng đơn vị. Vậy có 9.9.8 = 648 số. 2.  Trường hợp 1: Chữ số tận cùng bằng 0. Bốn chữ số đứng đầu được chọn 4 tuỳ ý trong 7 chữ số còn lại nên số các số tạo thành là: A7 = 840  Trường hợp 2: Chữ số tận cùng khác 0. * Chữ số tận cùng có 3 cách chọn (từ 2, 4, 6) * Chữ số đứng đầu có 6 cách chọn * 3 chữ số còn lại được chọn tuỳ ý trong 6 chữ số còn lại.. 41.. 42.. 43.. 44.. 3  Số các số tạo thành: 3.6. A6 = 2160 Vậy có tất cả: 840 + 2160 = 3000 số. (ĐH Ngoại thương TPHCM khối A 2001) Số các số gồm 6 chữ số khác nhau là: 6! = 720 Trong đó, số các số có chứa 16 là 5! = 120 số các số có chứa 61 là 5! = 120 Vậy số các số cần tìm là: 720 – 240 = 480 số. (ĐH Nông nghiệp I HN khối A 2001) Đánh số vị trí đứng từ 1 đến 9. Để có đúng 2 học sinh nam đứng xen kẽ với 3 học sinh nữ thì mỗi học sinh nữ đứng cách nhau một, tức là 3 học sinh nữ đứng ở các vị trí (1;3;5); (2;4;6); (3;5;7); (4;6;8); (5;7;9). Có 5 cặp 3 vị trí của 3 học sinh nữ. Cách xếp 3 bạn nữ vào mỗi cặp 3 vị trí là 3!. Cách xếp 6 bạn nam vào 6 vị trí còn lại là 6!. Vậy tất cả số cách xếp là: 5.3!.6! = 21600 cách. (HV Quan hệ quốc tế 2001) Ta chỉ có 1 cách chọn vị trí cho chữ số 9. Khi đó số cách xếp 8 chữ số còn lại là 8! Vậy tất cả có: 8! = 40320 số. (ĐH Quốc gia TPHCM 2001).

(18) aa a a a a 1. Số được xét có dạng: 1 2 3 4 5 6 . Xếp chữ số 0 vào các vị trí từ a 2 đến a6: có 5 cách xếp. Còn lại 5 vị trí, ta chọn 5 trong 8 chữ số để xếp vào 5 vị trí này: 5 có A8 cách. 5. Vậy tất cả có: 5. A8 = 33600 cách. aa a a a a a 2. Số được xét có dạng: 1 2 3 4 5 6 7 . 2 Chọn 2 vị trí để xếp hai chữ số 2: có C7 cách. 3 Chọn 3 vị trí để xếp ba chữ số 3: có C5 cách. 2. Còn 2 vị trí, chọn 2 chữ số tuỳ ý để xếp vào 2 vị trí này: có 2! C8 cách. Như vậy nếu xét cả các số bắt đầu bằng chữ số 0 thì có: C72 . C35 .2! C82 = 11760 số. Trong các số này, cần loại bỏ các số bắt đầu bới chữ số 0. 0a2a3 a4a5a6a7 Đối với các số : 2 * Chọn 2 vị trí để xếp chữ số 2: có C6 cách. 3 * Chọn 3 vị trí để xếp ba chữ số 3: có C4 cách. * Chọn 1 số để xếp vào vị trí còn lại: có 7 cách. 2 3 Như vậy loại này có: C6 . C4 .7 = 420 số. Vậy tất cả có: 11760 – 420 = 11340 số. 45. (ĐHSP HN II 2001) Kí hiệu X là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau đôi một lập từ 6 chữ số 1, 3, 4, 5, 7, 8. aa a a a Xét x = 1 2 3 4 5  X. aa a a Nếu chọn a5 = 1 thì 1 2 3 4 ứng với một chỉnh hợp chập 4 của 5 phần tử 3, 4, 4 5, 7, 8  có A5 số có chứ hàng đơn vị là 1. 4 Tương tự có A5 số có chứ hàng đơn vị là 3; …  Tổng tất cả chữ số hàng đơn vị của các phần tử x  X là: 4 (1 + 3 + 4 + 5 + 7 + 8). A5 = 3360. Lập luận tương tự, tổng tất cả chữ số hàng chục của các phần tử x  X là: 3360.10; … Vậy tổng tất cả các phần tử của X là: S = 3360 + 3360.10 + 3360.100 + 3360.1000 + 3360.10000 = 3360.11111 = 3732960. 46. (ĐHSP TPHCM khối DTM 2001) 0 1 2 20 1. Số tập con của A là: C20  C20  C20  ...  C20 = 220.

(19) 2. Số tập con khác rỗng của A có số phần tử chẵn là: 2 4 20 T = C20  C20  ...  C20 0 1 2 20 Ta có: 0 = (1 – 1)20 = C20  C20  C20  ...  C20 0 2 4 20 1 3 19  C20  C20  C20  ...  C20 = C20  C20  ...  C20 2 4 20 0 1 2 20 C020  C20  C20  ...  C20  C20  C20  C20  ...  C20 = 2 220  C020 2 4 20 C  C  ...  C 20 20 = 2  T = 20 = 219 – 1. 47. (ĐH Thái Nguyên khối D 2001) 1. Xét các số chẵn x = abc với 3 chữ số khác nhau; a, b, c  {1;2;3;4;5} = E. Vì x chẵn nên c  {2;4}  có 2 cách chọn c.. . . 2 Với mỗi cách chọn c, có A4 cách chọn bc . 2. Vậy tất cả có: 2. A4 = 24 số chẵn. 2. Xét x = abc với 3 chữ số khác nhau thuộc E = {1;2;3;4;5;6} * Nếu a ≥ 4 thì x > 345. * Nếu a = 1 hoặc 2 thì với mọi chỉnh hợp chập 2 (b,c) của E \ {a} ta đều có x = 2. abc < 345. Loại này có: 2. A5 = 40 số.  b 1hoặc 2; c  E \  a,b  b  4; c 1hoặc 2 * Nếu a = 3 thì x = 3bc < 345   Loại này có: 2.4 + 1.2 = 10 số. Vậy có tất cả: 40 + 10 = 50 số. 48. (ĐH Văn Lang 2001) 1. Nếu trong 5 học sinh phải có ít nhất 2 học sinh nữ và 2 học sinh nam thì có 2 trường hợp: 2 3 * 2 nam và 3 nữ: có C10 .C10 cách. 3 2 * 3 nam và 2 nữ: có C10 .C10 cách. 2 3 Vậy tất cả có: 2. C10 .C10 = 10800 cách. 2. Nếu trong 5 học sinh phải có ít nhất 1 học sinh nữ và 1 học sinh nam thì có 4 trường hợp: 1 4 * 1 nam và 4 nữ: có C10 .C10 cách. 2 3 * 2 nam và 3 nữ: có C10 .C10 cách. 3 2 * 3 nam và 2 nữ: có C10 .C10 cách. 4 1 * 4 nam và 1 nữ: có C10 .C10 cách..

(20) 1 4 2 3 Vậy tất cả có: 2. C10 .C10 + 2. C10 .C10 = 15000 cách. 49. (ĐH Y HN 2001) Ta xét các trường hợp sau: 1. Chữ số hàng đơn vị là 2, 4, 6  có 3 cách chọn chữ số hàng đơn vị. a) Chữ số hàng trăm nhỏ hơn 7: Khi đã chọn chữ số hàng đơn vị, ta còn 5 cách chọn chữ số hàng trăm. Sau khi đã chọn chữ số hàng đơn vị và hàng trăm, ta còn 7 cách chọn chữ số hàng chục.  Số các số thu được là: 3.5.7 = 105 số. b) Chữ số hàng trăm bằng 7: Sau khi chọn chữ số hàng đơn vị, ta còn 6 cách chọn chữ số hàng chục.  Số các số thu được là: 3.6 = 18 số. 2. Chữ số hàng đơn vị là 8: a) Chữ số hàng trăm nhỏ hơn 7: có 6 cách chọn chữ số hàng trăm. Sau khi đã chọn chữ số hàng trăm, ta còn 7 cách chọn chữ số hàng chục.  Số các số thu được là: 6.7 = 42 số. b) Chữ số hàng trăm bằng 7: có 6 cách chọn chữ số hàng chục.  Số các số thu được là: 6 số. Vậy tất cả có: 105 + 18 + 42 + 6 = 171 số. 50. (ĐH khối D dự bị 1 2002) 8 Tổng số cách chọn 8 học sinh từ 18 em của đội tuyển là: C18 = 43758 Tổng số cách trên được phân làm hai bộ phận rời nhau: Bộ phận I gồm các cách chọn từ đội tuyển ra 8 em sao cho mỗi khối đều có em được chọn (số cách phải tìm). Bộ phận II gồm các cách chọn từ đội tuyển ra 8 em chỉ gồm 2 khối (lưu ý là số em thuộc mỗi khối đều ít hơn 8 nên không có cách chọn nào mà cả 8 em thuộc cùng một khối). Bộ phận II có thể chia thành ba loại: 8  8 em được chọn từ khối 12 hoặc 11: có C13 cách. 8  8 em được chọn từ khối 12 hoặc 10: có C12 cách. 8  8 em được chọn từ khối 11 hoặc 10: có C11 cách. 8 8 8 8 Vậy số cách phải tìm là: C18 – ( C13 + C12 + C11 ) = 41811 cách. 51. (ĐH khối A 2003 dự bị 2) Ta coi cặp (2;3) chỉ là một phần tử “kép”, khi đó chỉ có 5 phần tử là 0, 1, (2; 3), 4, 5. Số hoán vị của 5 phần tử này là P5, phải loại trừ số trường hợp phần tử 0 ở vị trí đầu gồm P4 trường hợp. Chú ý rằng đối với phần tử kép, ta có thể giao hoán nên số trường hợp sẽ được nhân đôi. Nên số các số tự nhiên thoả mãn đề bài là: 2(P5 – P4) = 192 số. 52. (ĐH khối B 2003 dự bị 1) Coi số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau được chọn từ tập 6 chứ số đã cho có aa a a a a dạng: 1 2 3 4 5 6 (ai  {1, 2, 3, 4, 5, 6}; ai ≠ aj ) sao cho: a1 + a2 + a3 = a4 + a5 + a6 – 1.

(21)  a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 = 2(a4 + a5 + a6) – 1  21 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 2(a4 + a5 + a6) – 1  a4 + a5 + a6 = 11  a1 + a2 + a3 = 10 (1) Vì a1, a2 a3  {1, 2, 3, 4, 5, 6} nên hệ thức (1) chỉ có thể thoả mãn trong 3 khả năng sau:  a1, a2, a3  {1; 3; 6}  a1, a2, a3  {1; 4; 5}  a1, a2, a3  {2; 3; 5} Mỗi bộ số a1, a2, a3 nêu trên tạo ra 3! hoán vị, và mỗi hoán vị đó lại được ghép với 3! hoán vị của bộ số a4, a5, a6 . Vì vậy tổng cộng số các số tự nhiên gồm 6 chữ số thoả mãn yêu cầu đề bài là: 3.3!.3! = 108 số. 53. (ĐH khối B 2003 dự bị 2) Có 3 khả năng: 5 1  5 nam và 1 nữ: có C5 .C7 cách 4 2  4 nam và 2 nữ: có C5 .C7 cách 3 3  3 nam và 3 nữ: có C5 .C7 cách 5 1 4 2 3 3 Vậy tất cả có: C5 .C7 + C5 .C7 + C5 .C7 = 7 + 5.21 + 10.35 = 462 cách. 54. (ĐH khối D 2003 dự bị 1) Các số phải lập là chẵn nên phải có chữ số đứng cuối cùng là 0 hoặc 2, 4, 6, 8.  Trường hợp chữ số đứng cuối là 0: thì 6 chữ số còn lại là một chỉnh hợp chập 6 6 của 8 phần tử. Do đó có A8 số thuộc loại này.  Trường hợp chữ số đứng cuối là một trong các chữ số 2, 4, 6, 8: thì 6 chữ số còn lại là một chỉnh hợp chập 6 của 8 phần tử (kể cả số có chữ số 0 đứng đầu)..  A68  A57  . 6  A6  A57  = 90720 số. Vậy tất cả có: A8 + 4. 8 Vậy số các số loại này là: 4.. 55. (CĐ Sư phạm khối A 2002) 1. a) Hai đường thẳng phân biệt có tối đa 1 giao điểm  Số giao điểm tối đa của 2. 10 đường thẳng phân biệt là C10 = 45 điểm. b) Hai đường tròn phân biệt có tối đa 2 giao điểm  Số giao điểm tối đa của 2 6 đường tròn phân biệt là 2. C6 = 30 điểm. 2. Vì 1 đường thẳng và 6 đường tròn có tối đa 12 giao điểm. Do đó số giao điểm tối đa giữa 10 đường thẳng và 6 đường tròn là: 10.12 = 120. Vậy số giao điểm tối đa của tập hợp các đường đã cho là: 45 + 30 + 120 = 195 điểm. 56. (CĐ Sư phạm khối A 2002 dự bị) Một đoạn thẳng nối 2 đỉnh của đa giác tương ứng một tổ hợp chập 2 của n phần 2 tử  Số đoạn thẳng nối 2 đỉnh của đa giác là: Cn Một đoạn thẳng nối 2 đỉnh của đa giác hoặc là cạnh hoặc là đường chéo.

(22) n(n  1) 2 = 3n  n2 – n = 6n  n 7  n 0 (loại)  n2 – 7n = 0  . 2  Cn = n + 2n . Vậy n = 7. 57. (CĐ Xây dựng số 3 – 2002) aa a Gọi số cần tìm là: x = 1 2 3 Vì x < 245 nên a1 = 1 hoặc a1 = 2 1a a  a1 = 1: x= 2 3 a2, a3 là chỉnh hợp chập 2 của 4 phần tử: 2, 3, 4, 5 2  Có: A4 = 4.3 = 12 số 2a2 a3  a1 = 2: x= a2 có 2 khả năng: * a2 < 4  a2  {1, 3}  a2 có 2 cách chọn, a3 có 3 cách chọn trong 3 số còn lại  Có 2.3 = 6 số * a2 = 4; a3 ≠ 5, 2, 4  a3 có 2 cách chọn  Có 2 số 2a2a3  Có 6 + 2 = 8 số x = Vậy có tất cả: 12 + 8 = 20 số thoả yêu cầu đề bài. 58. (CĐ Sư phạm Quảng Ngãi 2002) aa a a Số cần tìm có dạng: 1 2 3 4 . Chọn a4 từ {1, 5, 9}  có 3 cách chọn. Chọn a1 từ {0, 1, 2, 5, 9} \ {0, a4}  có 3 cách chọn. Chọn a2 từ {0, 1, 2, 5, 9} \ {a1, a4}  có 3 cách chọn. Chọn a3 từ {0, 1, 2, 5, 9} \ {a1, a2, a4}  có 2 cách chọn. Vậy tất cả có: 3.3.3.2 = 54 số thoả mãn yêu cầu đề bài. 59. (ĐH khối B 2004) Mỗi đề kiểm tra có số câu dễ là 2 hoặc 3, nên có các trường hợp sau: 2 2 1 * Đề có 2 câu dễ, 2 câu trung bình, 1 câu khó  có C15 .C10 .C5 đề. 2 1 2 * Đề có 2 câu dễ, 1 câu trung bình, 2 câu khó  có C15 .C10 .C5 đề. 3 1 1 * Đề có 3 câu dễ, 1 câu trung bình, 1 câu khó  có C15 .C10 .C5 đề. Vậy tất cả có: 2 2 2 1 3 1 C15 .C10 .C15 + C15 .C10 .C52 + C15 .C10 .C15 = 23625 + 10500 + 22750 = 56875 đề. 60. (ĐH khối B 2005).

(23) 1 4 Có C3C12 cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất. Với mỗi 1 4 cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất, thì có C2C8 cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ hai. Với mỗi cách phân công 1 4 các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất và tỉnh thứ hai, thì có C1C4 cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ ba. 1 4 1 4 1 4 Vậy tất cả có: C3C12 . C2C8 . C1C4 = 207900 cách phân công. 61. (ĐH khối A 2005 dự bị 1) aa a a a a Gọi x = 1 2 3 4 5 6 là số cần lập. YCBT: a3 + a4 + a5 = 8  a3, a4, a5  {1, 2, 5} hoặc a3, a4, a5  {1, 3, 4} a) Khi a3, a4, a5  {1, 2, 5}  Có 6 cách chọn a1  Có 5 cách chọn a2  Có 3! cách chọn a3, a4, a5  Có 4 cách chọn a6  Có: 6.5.6.4 = 720 số x. b) Khi a3, a4, a5  {1, 3, 4}, tương tự ta cũng có 720 số x. Vậy tất cả có: 720 + 720 = 1440 số x. 62. (ĐH khối B 2005 dự bị 1) Ta có các trường hợp: 3 5  3 nữ và 5 nam: có C5C10 = 2520 cách. 4 4  4 nữ và 4 nam: có C5 C10 = 1050 cách. 5 3  5 nữ và 3 nam: có C5C10 = 120 cách. Vậy tất cả có: 2520 + 1050 + 120 = 3690 cách. 63. (ĐH khối B 2005 dự bị 2) aa a a a  Cách 1: Gọi x = 1 2 3 4 5 là số cần lập. 2 Trước tiên ta có thể xếp 1 và 5 vào 2 trong vị trí: có A5 = 20 cách. Sau đó, ta có 5 cách chọn 1 chữ số cho vị trí còn lại đầu tiên. 4 cách chọn 1 chữ số cho vị trí còn lại thứ hai. 3 cách chọn 1 chữ số cho vị trí còn lại thứ ba. Vậy tất cả có: 20.5.4.3 = 1200 số.  Cách 2: 2 * Bước 1: Xếp 1, 5 vào 2 trong 5 vị trí: có A5 = 20 cách. 3 * Bước 2: có A5 = 60 cách xếp 3 trong 5 số còn lại vào 3 vị trí còn lại. Vậy có 20.60 = 1200 số. 64. (ĐH khối D 2006) 4 Số cách chọn 4 học sinh từ 12 học sinh đã cho là: C12 = 495 Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một em được tính như sau:.

(24)  Lớp A có 2 học sinh, các lớp B, C mỗi lớp 1 học sinh. 2 1 1  Số cách chọn là: C5C4C3 = 120  Lớp B có 2 học sinh, các lớp A, C mỗi lớp 1 học sinh: 1 2 1  Số cách chọn là: C5C4C3 = 90  Lớp C có 2 học sinh, các lớp A, B mỗi lớp 1 học sinh: 1 1 2  Số cách chọn là: C5C4C3 = 60 Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một học sinh là: 120 + 90 + 60 = 270 Vậy số cách chọn phải tìm là: 495 – 270 = 225 cách. 65. (CĐ GTVT III khối A 2006) 2  Số cách chọn 2 học sinh khối C là: C5 = 10  Chọn 13 học sinh trong số 25 học sinh khối A và B. Số cách chọn bất kì là:. C13 25 = 5200300 4 9 Số cách chọn được 4 học sinh khối A và 9 học sinh khối B là: C15C10 3 10 Số cách chọn được 3 học sinh khối A và 10 học sinh khối B là: C15C10  Số cách chọn sao cho có nhiều nhất 4 học sinh khối A là: 4 9 3 10 C15 C10 + C15C10 = 13650 + 455 = 14105  Số cách chọn sao cho có ít nhất 5 học sinh khối A là: 4 9 3 10 C13 25  C15 .C10  C15 .C10. . . = 5186195  Vậy số cách chọn sao cho có ít nhất 5 học sinh khối A là: 4 9 3 10  C52  C13 25  C15 .C10  C15 .C10  = 51861950 66. (CĐ Tài chính – Hải quan khối A 2006). . . 2 Chọn 2 vị trí xếp chữ số 0: có C4 cách. Chọn 1 vị trí xếp chữ số 1: có 3 cách. Chọn 2 chữ số xếp vào 2 vị trí còn lại: có cách. 2 2 Vậy tất cả có: C4 .3. A8 = 1008 số thoả yêu cầu đề bài. 67. (CĐ Xây dựng số 3 khối A 2006)  Gọi ab là số tự nhiên phải tìm  a ≠ 0. Do ab chẵn nên b  {0, 2, 4, 6, 8} Có 2 trường hợp: * Nếu b = 0 thì a  {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}  có 9 cách chọn a.  có 9 số a0 * Nếu b ≠ 0 thì b  {2, 4, 6, 8}  có 4 cách chọn b. Khi đó có 8 cách chọn a.  có 4.8 = 32 số ab.

(25) Vậy tất cả có: 9 + 32 = 41 số cần tìm.  Đặt S là tổng của 41 số đó. S = (10 + 12 + 14 + … + 96 + 98) – (22 + 44 + 66 + 88) 10  98 2 = 45. – 10.22 = 45.54 – 220 = 2210. 68. (CĐBC Hoa Sen khối D 2006) 2  Hai đỉnh thuộc d1, một đỉnh thuộc d2: có C10 .8 tam giác 2  Hai đỉnh thuộc d2, một đỉnh thuộc d1: có C8 .10 tam giác 2 2 Vậy tất cả có: C10 .8 + C8 .10 = 640 tam giác.. Phần II. BIỂU THỨC TỔ HỢP – NHỊ THỨC NEWTON 1.. (CĐSP TPHCM 1999). 2.. k k 2 k 1 C14  C14  2C14 Tìm số tự nhiên k thoả mãn hệ thức: (ĐHDL Kỹ thuật công nghệ khối D 1999) 6 7 8 9 10 Tính tổng: C10  C10  C10  C10  C10 k. 3.. trong đó Cn là số tổ hợp chập k của n phần tử. (ĐH Ngoại ngữ HN chuyên ban 1999). 4.. Tìm các số nguyên dương x thoả: (ĐH Bách khoa HN 1999). 5.. 1 2 3 4 n 1 n Tính tổng: S = Cn  2Cn  3Cn  4Cn  ...  ( 1) .nCn trong đó n là số tự nhiên lớn hơn 2. (ĐHQG HN khối A 2000). 6.. 1 1001 Ck2001  Ck2001 C1000 2001  C2001 Chứng minh rằng: (trong đó k nguyên, 0 ≤ k ≤ 2000) (ĐHQG HN khối B 2000) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức sau:.  1  4   x3  3 2   x . 7.. 8.. C1x  6C2x  6C3x  9x2  14x. 17. ,x≠0 (ĐH Bách khoa HN khối AD 2000) 1 2 6 A2x  Ax2  .C3x  10 2 x Giải bất phương trình: (ĐHSP HN khối A 2000).

(26) n. 28     x 3 x  x 15     , hãy tìm số hạng không phụ thuộc vào Trong khai triển nhị thức  n n 1 n 2 x, biết rằng Cn  Cn  Cn  79 9. (ĐHSP HN khối BD 2000) Biết tổng tất cả các hệ số của khai triển nhị thức (x 2 + 1)n bằng 1024, hãy tìm hệ số a (a là số tự nhiên) của số hạng ax12 trong khai triển đó. 10. (ĐHSP TPHCM khối DE 2000) 1 1 1 n Cn0  C1n  Cn2  ...  Cn 2 3 n 1 Tính tổng: S = 11. (ĐH Kinh tế quốc dân khối A 2000) n 1 1 n 1 2 n 3 3 n 4 4 n n 1 Chứng minh: 2 Cn  2 Cn  2 Cn  2 Cn  ...  nCn n.3 12. (ĐH Nông nghiệp I khối A 2000). 1  x 2  x  Tìm hệ số của x31 trong khai triển của f(x) =  13. (ĐH Thuỷ lợi 2000) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 2, ta luôn có: 1 1 1 1 n 1  2  2  ...  2  2 n A 2 A3 A4 An. 40. 14. (ĐH Thuỷ lợi II 2000) Cho đa thức P(x) = (1 + x)9 + (1 + x)10 + (1 + x)11 + … + (1 + x)14 có dạng khai triển là: P(x) = a0 + a1x + a2x2 + … + a14x14. Hãy tính hệ số a9. 15. (ĐH Y Dược TPHCM 2000) Với n là số nguyên dương, hãy chứng minh các hệ thức sau: 0 1 2 n 1. Cn  Cn  Cn  ...  Cn = 2n 1 3 5 2n 1 0 2 4 2n 2. C2n  C2n  C2n  ...  C2n = C2n  C2n  C2n  ...  C2n 16. (ĐH An ninh nhân dân khối DG 2000) 0 1 2 2000 Tính tổng: S = C2000  2C2000  3C2000  ...  2001C2000 17. (HV Kỹ thuật quân sự 2000) Khai triển đa thức: P(x) = (1 + 2x)12 thành dạng: a0 + a1x + a2x2 + … + a12x12 Tìm max(a1, a2, …, a12). 18. (ĐH Cảnh sát nhân dân khối A 2000) 1. Tính tích phân: I= Từ đó chứng minh rằng:. x(1 x 0. 2 n. ) dx (n  N*).

(27) 1 0 1 1 1 2 1 3 ( 1)n n 1 Cn  Cn  Cn  Cn  ...  Cn  2 4 6 8 2(n  1) 2(n  1) 19. (CĐ Cảnh sát nhân dân khối A 2000) Tìm hệ số của x5 trong khai triển của biểu thức: (x + 1)4 + (x + 1)5 + (x + 1)6 + (x + 1)7 20. (ĐH An Ninh khối A 2001) Tìm các số âm trong dãy số x1, x2, …, xn, … với An44 143  Pn2 4Pn. xn = (n = 1, 2, 3, …) 21. (ĐH An ninh nhân dân khối A 2001) Chứng minh rằng với n là số tự nhiên, n ≥ 2, ta có: 1 1 1 n 1  2  ...  2 2 A2 A3 An = n . 22. (ĐH Bách khoa HN khối AD 2001) 2Ayx  5Cyx 90  y 5A  2Cyx  80 Giải hệ phương trình:  x 23. (ĐH Dân lập Duy Tân khối A 2001) 1. 6. (x  2) dx. 1. Tính tích phân: I = 0 26 0 25 1 24 2 23 3 22 4 2 5 1 6 C6  C6  C6  C6  C6  C6  C6 2 3 4 5 6 7 2. Tính tổng: S = 1 24. (ĐH Đà Lạt khối D 2001) 1 n k C (2x  1)k n  n Chứng minh rằng với mọi số x ta có: xn = 2 k 0 (n  N) (*) 25. (ĐH Đà Nẵng khối A 2001) Với mỗi n là số tự nhiên, hãy tính tổng: 1 1 1 1 n n Cn0  C1n .2  Cn2 .22  Cn3 .23  ...  Cn.2 2 3 4 n 1 S= 26. (ĐH Hàng hải 2001) 0 2 2 4 4 2n 2n 2n 1 2n (2  1) Chứng minh: C2n  C2n.3  C2n.3  ...  C2n.3  2 27. (ĐH Luật TPHCM khối A 2001) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta có:. C1n .3n 1  2.Cn2 .3n 2  3.Cn3 .3n 3  ...  n.Cnn = n.4n–1 28. (ĐHSP HN khối A 2001) 1 2    x Trong khai triển của  3 3 . 10. thành đa thức:.

(28) a0 + a1x + a2x2 + … + a9x9 + a10x10 (ak  R) hãy tìm hệ số ak lớn nhất (0 ≤ k ≤ 10). 29. (ĐH Vinh khối AB 2001) k Cho n là một số nguyên dương cố định. Chứng minh rằng Cn lớn nhất nếu k là n1 số tự nhiên lớn nhất không vượt quá 2 . 30. (ĐH Vinh khối DTM 2001) Chứng minh rằng: 4 2000 C02001  32 C22001  34 C2001  ...  32000 C2001  22000 (22001  1) 31. (ĐH Y Dược TPHCM 2001) Cho k và n là các số nguyên thoả mãn: 9 ≤ k ≤ n. Chứng minh rằng:. Cn2nk .Cn2n k  Cn2n.  . 32. (ĐH khối A 2002) Cho khai triển nhị thức:. 2. x 1 2. x n 23. . x  1 n 1 2. x 3.  2   C  2   2   ...  2 2  C 2 . Cn0.  Cnn 1. x 1 n 2. 2. x 1 2.  x n 1 3. 1 n. n n. x n 3. 3 1 (n là số nguyên dương). Biết rằng trong khai triển đó Cn  5Cn và số hạng thứ tư bằng 20. Tìm n và x. 33. (ĐH khối B 2002) Cho đa giác đều A1A2…A2n (n ≥ 2, n nguyên) nội tiếp đường tròn (O). Biết rằng số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm A 1, A2, …, A2n nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm A1, A2, …, A2n. Tìm n? 34. (ĐH khối D 2002) Tìm số nguyên dương n sao cho:. Cn0  2C1n  4Cn2  ...  2n Cnn = 243 35. (ĐH dự bị 2 2002) 3 n 2 Tìm số n nguyên dương thoả mãn bất phương trình: An  2Cn ≤ 9n. 36. (ĐH dự bị 4 2002) Giả sử n là số nguyên dương và: (1 + x)n = a0 + a1x + a2x2 + … + akxk + … + anxn ak  1 ak ak 1   9 24 . Biết rằng tồn tại số k nguyên (1 ≤ k ≤ n – 1) sao cho 2 Hãy tính n. 37. (ĐH dự bị 6 2002) Gọi a1, a2, …, a11 là các hệ số trong khai triển sau: (x + 1)10.(x + 2) = x11 + a1x10 + a2x9 + … + a11. Hãy tính hệ số a5..

(29) 38. (ĐH khối A 2003) Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức Newton của n.  1 5  3 x  n1 n x  , biết rằng: Cn4  Cn3  7(n  3) (n nguyên dương, x > 0). 39. (ĐH khối B 2003) Cho n là số nguyên dương. Tính tổng: 22  1 1 23  1 2 2n1  1 n Cn0  Cn  Cn  ...  Cn 2 3 n 1 40. (ĐH khối D 2003) Với n là số nguyên dương, gọi a 3n–3 là hệ số của x 3n–3 trong khai triển thành đa thức của (x2 + 1)n(x + 2)n. Tìm n để a3n–3 = 26n. 41. (ĐH khối D 2003 dự bị 2) Tìm số tự nhiên n thoả mãn: Cn2Cnn 2  2Cn2Cn3  Cn3Cnn 3 = 100 42. (CĐ Xây dựng số 3 – 2002) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta đều có: 2n 1 2 4 C12n  C32n  C52n  ...  C2n C02n  C2n  C2n  ...  C2n 2n 43. (CĐ Sư phạm Bến Tre khối A 2002) 1 2 3 1. Giải phương trình: Cx  6Cx  6Cx = 9x2 – 14x 1 3 5 17 19 2. Chứng minh rằng: C20  C20  C20  ...  C20  C20 = 219 44. (CĐ khối AD 2003) Chứng minh rằng: P1 + 2P2 + 3P3 + …+ nPn = Pn+1 – 1 45. (CĐ Giao thông II 2003) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ≥ 2, ta đều có:. Cn0C1n ...Cnn.  2n  2     n 1 . n 1. 46. (CĐ Giao thông III 2003) 1 2 3 4 n 1 n 1. Tính tổng:S = Cn  2Cn  3Cn  4Cn  ...  ( 1) nCn (n > 2) 1 1 1 n Cn0  C1n  Cn2  ...  Cn 2 3 n 1 2. Tính tổng:T = biết rằng n là số nguyên dương thoả điều kiện:. Cnn  Cnn 1  Cnn 2 79 47. (CĐ Tài chính kế toán IV 2003) C02Ckn 2  C12Ckn 12  C22Cnk  22 Ckn Chứng minh rằng: (với n, k  Z+;n ≥ k + 2) 48. (CĐ Tài chính kế toán IV 2003 dự bị) 3 n n n Giải bất phương trình: (n!) Cn .C2n .C3n 720 49. (CĐ Công nghiệp HN 2003).

(30) Cho đa thức: P(x) = (16x – 15)2003. Khai triển đa thức đó dưới dạng: P(x) = a0 + a1x + a2x2 + … + a2003x2003 Tính tổng S = a0 + a1 + a2 + … + a2003. 50. (CĐ Khí tượng thuỷ văn khối A 2003) An3  2Cn2 16n Tìm số nguyên dương n thoả mãn đẳng thức: 51. (CĐ Nông Lâm 2003) Tìm hệ số lớn nhất của đa thức trong khai triển nhị thức Newton của: 15. 1 2    x 3 3  . 52. (CĐ Cộng đồng Tiền Giang 2003) Hãy khai triển nhị thức Newton (1 – x) 2n, với n là số nguyên dương. Từ đó chứng minh rằng: 2n 1 1C12n  3C32n  ...  (2n  1)C2n 2C22n  4C42n  ...  2nC2n 2n 53. (ĐH khối A 2004) Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của [1 + x2(1 – x)]8. 54. (ĐH khối D 2004) Tìm các số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton của:. 1  3  x4  x . 7. với x > 0. 55. (ĐH khối A 2005) Tìm số nguyên dương n sao cho: 2 2 3 3 4 2n 2n1 C12n1  2.2C2n 1  3.2 C2n1  4.2 C2n1  ...  (2n  1).2 C2n1 = 2005. 56. (ĐH khối D 2005) An41  3An3 Tính giá trị của biểu thức: M = (n  1)! 2 2 2 2 biết Cn1  2Cn2  2Cn3  Cn4 = 149. 57. (ĐH khối A 2005 dự bị 2) Tìm hệ số của x7 trong khai triển đa thức (2 – 3x)2n, trong đó n là số nguyên 1 3 5 2n1 dương thoả mãn: C2n1  C2n1  C2n1  ...  C2n1 1024 58. (ĐH khối D 2005 dự bị 1) k Tìm k  {0; 1; 2; …; 2005} sao cho C2005 đạt giá trị lớn nhất. 59. (ĐH khối D 2005 dự bị 2) 2 2 Tìm số nguyên n > 1 thoả mãn đẳng thức: 2Pn + 6 An  Pn An = 12. 60. (ĐH khối A 2006) Tìm hệ số của số hạng chứa x 26 trong khai triển nhị thức Newton của n.  1 7  4 x  1 2 n 20 x  , biết rằng: C2n1  C2n1  ...  C2n1  2  1.

(31) 61. (ĐH khối B 2006) Cho tập A gồm n phần tử (n ≥ 4). Biết rằng số tập con gồm 4 phần tử của A bằng 20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A. Tìm k{1,2,…, n} sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất. 62. (CĐ Bán công Hoa Sen khối A 2006) 1  x x Cy : Cy2  3  Cx : Ax  1 y y 24 Giải hệ phương trình:  63. (CĐ KT–KT Cần Thơ khối AB 2006) 1 1 1  n  n n C4 C5 C6 Tìm số tự nhiên n sao cho: 64. (CĐ Sư phạm TPHCM khối A 2006) 1.Cn0 Tính tổng S =. A11. . 2.C1n A12. . 3.Cn2 A13.  ... . (n  1).Cnn A1n1. 0 1 2 Biết rằng: Cn  Cn  Cn  211 65. (CĐ Sư phạm TPHCM khối BT 2006) Khai triển biểu thức (1 – 2x)n ta được đa thức có dạng: a0 + a1x + a2x2 + … + anxn Tìm hệ số của x5, biết a0 + a1 + a2 = 71. 66. (CĐ Điện lực TPHCM 2006). n.  2 1 x  3  x  , biết rằng: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức  C1n  Cn3 13n (n là số tự nhiên lớn hơn 2, x là số thực khác 0). 67. (CĐ Kinh tế TPHCM 2006) 0 2 4 2n Tìm n  N sao cho: C4n2  C4n2  C4n2  ...  C4n2  256 68. (CĐ Kinh tế đối ngoại khối AD 2006) 20. 10. 1   3 1  x  2    x  x  x  Cho A =  . Sau khi khai triển và rút gọn thì biểu thức A sẽ gồm bao nhiêu số hạng? 69. (CĐ KT Y tế I 2006) Tìm số tự nhiên n thoả mãn đẳng thức sau: 2 2 2k  2 2n 2 2n C02n  C2n 3  ...  C2k  ...  C2n  C2n  215 (216  1) 2n 3 2n 3 2n 3 70. (CĐ Xây dựng số 2 2006) 0 n 1 n 1 n n 0 1 n Chứng minh: Cn 3  Cn 3  ...  ( 1) Cn Cn  Cn  ...  Cn 71. (CĐ KT Y tế 1 2005) 2 2 Giải bất phương trình: 2Cx 1  3Ax  20  0.

(32) 72. (CĐBC Hoa Sen khối D 2006) Tìm hệ số của x29y8 trong khai triển của (x3 – xy)15. 73. (CĐ Sư phạm TPHCM khối DM 2006) Khai triển biểu thức (1 – 2x)n ta được đa thức có dạng: a0 + a1x + a2x2 + … + anxn Tìm hệ số của x5, biết a0 + a1 + a2 = 71.. BÀI GIẢI 1.. (CĐSP TPHCM 1999) k k 2 k 1 C14  C14  2C14. (0 ≤ k ≤ 12, k  N) 14! 14! 14!  2 (k  1)!(13  k)!  k!(14  k)! (k  2)!(12  k)! 1 1 1  2 (k  1)(13  k)  (14  k)(13  k) (k  1)(k  2). 2..  (k + 1)(k + 2) + (14 – k)(13 – k) = 2(k + 2)(14 – k)  k2 – 12k + 32 = 0  k = 4 hoặc k = 8 Vậy: k = 4 hoặc k = 8 (ĐHDL Kỹ thuật công nghệ khối D 1999) 6 7 8 9 10 = C10  C10  C10  C10  C10 1 0 1 10 1 10 1 5 1 9 10 C10  C10  ...  C10  C10  C10 .2  C10 2 2 = 2 = 2 = 386. (ĐH Ngoại ngữ HN chuyên ban 1999). S. . 3.. . C1x  6C2x  6C3x  9x2  14x. 4.. (x  N, x ≥ 3)  x + 3x2 – 3x + x3 – 3x2 + 2x = 9x2 – 14x  x 0 (loại)  x  2 (loại)   x 7 (nhaän)  x(x2 – 9x + 14) = 0   (ĐH Bách khoa HN 1999). Vậy: x = 7. 1 2 3 4 n 1 n S = Cn  2Cn  3Cn  4Cn  ...  ( 1) .nCn (n > 2) Xét đa thức p(x) = (1 – x)n. Khai triển theo công thức Newton ta được: n. p(x) = (1 – x)n =.  ( 1)k Cnk .xk. k 0. Suy ra: – p(x) = n(1 – x)n–1 =. n.  ( 1)k 1.kCkn.xk 1. k 1.

(33) n. Cho x = 1 ta được:. 0=.  ( 1)k 1.kCkn. k 1. 1 2 3 4 n 1 n = Cn  2Cn  3Cn  4Cn  ...  ( 1) .nCn = S. 5.. Vậy: S = 0 (ĐHQG HN khối A 2000) Ta sẽ chứng tỏ: 1 2000 2 1999 1000 1001 C02001 C2001 2001  C2001 C2001  C2001 C2001  ...  C2001 C2001 k. k 1. Thật vậy, chỉ cần chứng tỏ: C2001  C2001 (1) với k = 0, 1, 2, …, 999. 2001! 2001!  Ta có: (1)  k!(2001 k)! (k  1)!(2000  k)!  (k + 1) < 2001 – k  2k < 2000  k < 1000 đúng vì k = 0, 1, 2, …, 999.  k 1000  k 1001 k 1000 Vì vậy: C2001  C2001 ,k = 0, 1, …, 2000 (đẳng thức   )  k 999  k 1000 k 1 1001 và: C2001 C2001 , k = 0, 1, …, 2000 (đẳng thức   ) 6.. k k 1 1000 1001  C2001  C2001 C2001  C2001 (đẳng thức  k = 1000) (ĐHQG HN khối B 2000) Số hạng tổng quát của khai triển là: 2 17  k 3. 3 k x4.    . k C17 x. . k C17. 17 34 3 12 k  3 x4.  . 17 34 k 0 3 Để số hạng không chứa x thì 12 k=8 7.. (k  N, 0 ≤ k ≤ 17). 8 Vậy số hạng cần tìm là số hạng thứ 9 của khai triển và bằng C17 . (ĐH Bách khoa HN khối AD 2000) x  N 2  2x x  N     2  x x 3  3  x Điều kiện:  1 2 6 A2x  Ax2  .C3x  10 2 x Ta có:. 6 x(x  1)(x  2) 1 .  10 1.2.3  2 .2x(2x – 1) – x(x – 1) ≤ x  x2 ≤ x2 – 3x + 12  x ≤ 4 Kết hợp điều kiện, ta được: x = 3, x = 4..

(34) 8.. (ĐHSP HN khối A 2000) n n 1 n 2 * Xác định n: Cn  Cn  Cn  79  1 + n + n 12  n  13 (loại)   12. 28     x 3 x  x 15     * Ta có: . 12. . k 0. k  4 k  3 C12 x. n(n  1) 2 = 79. 12 k.   28   x 15       .  . 48 112 k 0 15 5 Số hạng không phụ thuộc x   k = 7. 9.. 48. 12. =. k 15 x  C12. k 0. 7 Vậy số hạng cần tìm là: C12 = 792 (ĐHSP HN khối BD 2000) n.  Cknx2k. Ta có: (x2 + 1)n = k 0 (1) Số k ứng với số hạng ax12 thoả mãn phương trình: x12 = x2k  k = 6. n. Trong (1) cho x = 1 thì.  Ckn. k 0. = 2n. n. Từ giả thiết .  Ckn. k 0. = 1024  2n = 1024  n = 10. 6 Vậy hệ số cần tìm là: C10 = 210. 10. (ĐHSP TPHCM khối DE 2000) 1. n (1 x) dx . * Ta có: I = 1. *I=. 1.  0. 2n1  1 n 1 1. (Cn0.  0. 0. (1 x)n1 n1. C1nx  ...  Cnnxn )dx. 2  0 xn1  1 x  ...  Cnn  Cn x  Cn  2 n  1  0. = 1 1 1 Cn0  C1n  Cn2  ...  Cnn 2 3 n  1 = =S 2n1  1 Vậy: S = n  1 . 11. (ĐH Kinh tế quốc dân khối A 2000). 0 1 2 2 3 3 4 4 n n Ta có: (1 + x)n = Cn  Cnx  Cn x  Cn x  Cn x  ...  Cnx Lấy đạo hàm hai vế: 1 2 3 2 4 3 n n 1 n(1 + x)n–1 = Cn  2Cn x  3Cn x  4Cn x  ...  nCnx. k. 112 5.

(35) 1 Thay x = 2 , ta được: 3n 1 n n 1 C1n  2Cn2 .2 1  3Cn3 2 2  4Cn4 .2 3  ...  nCnn 2 n1 2 n 1 1 n 1 2 n 3 3 n 4 4 n n 1  2 Cn  2 Cn  3.2 Cn  4.2 Cn  ...  nCn n.3 12. (ĐH Nông nghiệp I khối A 2000). 1  x 2  x  . 40. 40. =. Hệ số của x31 là.  1.  Ck40xk . x2 . 40 k. k 0. 40. =.  Ck40x3k 80. k 0. Ck40. với k thoả mãn điều kiện: 3k – 80 = 31  k = 37 40.39.38 3 C37 40 C40  31 1.2.3 = 40.13.19 = 9880. Vậy: hệ số của x là 13. (ĐH Thuỷ lợi 2000) Chứng minh bằng phương pháp qui nạp. 1 1   A22  2 2 2 A * Với n = 2, đpcm  2 đúng * Giả sử BĐT cần chứng minh đúng với n = k (k ≥ 2), tức là ta có: 1 1 1 1 k 1  2  2  ...  2  2 k A 2 A3 A 4 Ak Ta cần chứng minh BĐT đúng với n = k + 1. 1 1 1 1 1 k 1 1 k 1 1  2  2  ...  2  2   2  2 k A 2 A3 A 4 Ak Ak 1 Ak 1 k (k  1)k Thật vậy, = (k 2  1)  1 k  k 1 = (k  1)k 1. A22. . 1. A32. . 1. A42. Vậy: 14. (ĐH Thuỷ lợi II 2000).  ... . 1. An2. . n 1 n. , n ≥ 2. 9 9 9 9 9 a9 = 1 + C10  C11  C12  C13  C14 1 2 3 4 5 = 1 + C10  C11  C12  C13  C14 11.10 12.11.10 13.12.11.10 14.13.12.11.10    2 6 24 120 = 1 + 10 + = 3003 15. (ĐH Y Dược TPHCM 2000) 0 1 2 2 n n 1. (1 + x)n = Cn  Cn x  Cn x  ...  Cnx 0 1 2 n Cho x = 1  Cn  Cn  Cn  ...  Cn = 2n.

(36) 0 1 2 2 3 3 2n 2n 2. (1 – x)2n = C2n  C2nx  C2nx  C2nx  ...  C2nx Cho x = 1  đpcm. 16. (ĐH An ninh nhân dân khối DG 2000) 2000. Có (x + 1)2000 =. . i0. Ci2000xi (1) 2000. Trong (1) cho x = 1 ta được. . i0. Ci2000 = 22000. Đạo hàm 2 vế của (1) theo x, ta có: 2000.(x + 1) 2000. . i1. Cho x = 1 ta được: 2000. . 2000 1999. =. . i1. i.Ci2000 xi 1. i.Ci2000. Ci2000 . 2000. . = 2000.21999 = 1000.22000 i.Ci2000. i1 Do đó: S = i0 = 1001.22000. 17. (HV Kỹ thuật quân sự 2000) P(x) = (1 + 2x)12 = a0 + a1x + a2x2 + … + a12x12 23 k k C .2 12 ak = ; ak < ak+1  k < 3 8 max(ai ) a8 C12.  i1,12 = 126720 18. (ĐH Cảnh sát nhân dân khối A 2000)  Tính I bằng 2 cách: * Đổi biến: t = 1 – x2  dt = –2xdx 0. 1.  1 n   2 t dt 1. 1 n t dt 2 0. I= = * Khai triển nhị thức: x(1 – x2)n = x. 0 n. C. =. 1. 1 1 tn1  2(n  1) 2(n  1) 0.  C1nx2  Cn2 x4  Cn3 x6  ...  ( 1)n Cnnx 2n.  1. I=. 4 6 8 2n2   0 x2 1 x 2 x 3 x n n x  Cn .  Cn.  Cn .  Cn .  ...  ( 1) Cn.  2 4 6 8 2n  2   0. 1 0 1 1 1 2 1 3 ( 1)n n Cn  Cn  Cn  Cn  ...  Cn 4 6 8 2(n  1) = 2 Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh..

(37) 19. (CĐ Cảnh sát nhân dân khối A 2000) Hệ số của x5 trong khai triển của biểu thức: (x + 1)4 + (x + 1)5 + (x + 1)6 + (x + 1)7 6! 7!  5 5 5 C  C  C 5!1! 5!2! 6 7 =1+ là: 5 = 28 20. (ĐH An Ninh khối A 2001) Ta phải tìm các số tự nhiên n > 0 thoả mãn: An44 143  Pn 2 4Pn. 143 xn = <0  (n + 3).(n + 4) – 4 < 0 19 5  n 2 2 2  4n + 28n – 95 < 0  Vì n là số nguyên dương nên ta được n = 1, 2  các số hạng âm của dãy là x1, x2. 21. (ĐH An ninh nhân dân khối A 2001) 1 1 1 1 n!    An2  2 n(n  1) n n 1 (n  2)! = n(n – 1)  An Ta có: Thay n lần lượt bằng 2, 3, … ta được: 1 1 1  2  ...  2 1  1  1  1  ...  1  1 1 1  n  1 2 A2 A3 An 1 2 2 3 n 1 n n n (đpcm) = 22. (ĐH Bách khoa HN khối AD 2001) 2u  5v 90 u  20    y y 5u  2v 80  v 10 Đặt u = Ax ; v = Cx   Mà u = y!v  y! = 2  y = 2 x  5 x! A2x   x(x  1)  20  x  4 (loại) (x  2)!   x2 – x – 20 = 0   x 5  y 2 Vậy  23. (ĐH Dân lập Duy Tân khối A 2001) 1. 6. (x  2) dx. 1. I = 0 2. Ta có: 1. I = 1. =. 0. 6.  C6 .2. 0. 1.  0. 37  27 7. 6. (x  2) dx 0. =. (x  2)7 7. =.  C16 25 x  C62 24 x2  C36 23 x3  C64 22 x4  C56 2x5  C66 x6 dx. .

(38) 1. =.  26 0 25 1 2 24 2 3 23 3 4 22 4 5 2 5 6 1 6 7  C6 x  C6 x  C6x  C6 x  C6 x  C6 x   C6 x  2 3 4 5 6 7  1  0. 26 0 25 1 24 2 23 3 22 4 2 5 1 6 C6  C6  C6  C6  C6  C6  C6 2 3 4 5 6 7 = 1 =S 7 7 3  2 7 Vậy: S = 24. (ĐH Đà Lạt khối D 2001) Đặt u = 2x – 1, ta được: n. 1 n k k  u  1  2   n  Cnu  2 k 0 (*)    (u + 1)n = 25. (ĐH Đà Nẵng khối A 2001) 2. Có. n.  Cknuk. k 0. . Đẳng thức đúng.. 2. 1 k k 1 1 Cn .2  Ckn .xk 1  Cknxk dx k 1 2(k  1) 20 0. 1 1 1 1 n n Cn0  C1n.2  Cn2 .22  Cn3 .23  ...  Cn.2 2 3 4 n 1 S= 2 2 n n 1 k k 1 k k 1  n k k C .2  C x dx    Cnx dx   n n 2 0 k 0 k 0 k  1 k 0 2 0  = = 2. 1 1 (x  1)n1 (x  1)ndx  .  20 2 n1. = 26. (ĐH Hàng hải 2001). 2. 0. 3n1  1 = 2(n  1). 0 1 1 2 2 2n n (1 + 3)2n = C2n  C2n .3  C2n .3  ...  C2n.3. Ta có:. 0 1 1 2 2 2n n (1 – 3)2n = C2n  C2n .3  C2n.3  ...  C2n.3 Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên, ta được: 2n. 4 +2. 2n. 0 2n. C =2. 2 2n  C2n .32  ...  C2n 2n.3. . 0 2 2 4 4 2n 2n 2n 1 2n (2  1) Từ đó ta được: C2n  C2n.3  C2n.3  ...  C2n.3  2 27. (ĐH Luật TPHCM khối A 2001) 0 n 1 n 1 n n Xét hàm số: f(x) = (x + 3)n = Cn 3  Cn .3 x  ...  Cn.x 1 n 1 2 n 2 n n 1 Ta có: f(x) = n(x + 3)n–1 = Cn .3  2Cn .3 x  ...  nCnx Cho x = 1, ta được: 1 n 1 2 n 2  3.Cn3 .3n 3  ...  n.Cnn (đpcm) f(1) = n.4n–1 = Cn .3  2.Cn .3 28. (ĐHSP HN khối A 2001).

(39) Ta có: ak–1 ≤ ak . k 1 k 1 C10 .2. k C10 .2k. 22  k ≤ 2(11 – k)  k ≤ 3. 1. 10 Vậy hệ số a7 là lớn nhất: a7 = 3 29. (ĐH Vinh khối AB 2001). 1 2   (k  1)!(11 k)! k!(10  k)!. 7 .C10 .27. .. n! n! k k 1 C C k!(n  k)! (k  1)!(n  k  1)! Ta có: n = và n = n k 1 n1 1 k k 1 C C n n k Do đó: >  k< 2 Bảng biến thiên:. Ckn. . k  Cn lớn nhất nếu k là số tự nhiên lớn nhất không vượt quá 30. (ĐH Vinh khối DTM 2001). Ckn 1. . n  k 1 k. n1 2 .. 2001. Ta có:. 2001. (x + 1). =.  Ck2001.xk. k 0. 2001. (–x + 1)2001 = Cộng lại ta được: (x + 1)2001 + (–x + 1)2001 = = 2.  Ck2001.( x)k. k 0. 0 2 2 4 4 2000 2000 C2001 2001  x C2001  x C2001  ...  x. C. Cho x = 3 ta được: 42001 – 22001 = 2. 0 2 2 4 4 2000 2000 C2001 2001  3 C2001  3 C2001  ...  3. C. . 0 2 2 4 4 2000 2000 C2001  22000 (22001  1)  C2001  3 C2001  3 C2001  ...  3 31. (ĐH Y Dược TPHCM 2001) n n Đặt ak = C2nk .C2n k với 0 ≤ k ≤ n. Ta chứng minh rằng: a0 > a1 > … > an (1) Thật vậy, ta có BĐT ak > ak+1 với 0 ≤ k ≤ n – 1 (2) (2n  k)! (2n  k)! (2n  k  1)! (2n  k  1)! .  .  n!(n  k)! n!(n  k)! n!(n  k  1)! n!(n  k  1)!. . ..

(40) 2n  k 2n  k  1  n k 1  n k  (2n – k)(n + k + 1) > (n – k)(2n + k + 1)  2nk + n > 0 Ta được BĐT đúng  (2) đúng  (1) đúng. Cn2nk .Cn2n k  Cn2n.  . Do đó: ak = Dấu “=” xảy ra  k = 0. 32. (ĐH khối A 2002). 2. = a0. n! n! n(n  1)(n  2) 5 5n 3 1 C  5C (n  1)!  6 n ta có n ≥ 3 và 3!(n  3)! Từ n   n  4 (loại)  n 7  n2 – 3n – 28 = 0   x 1 3 C7 2 2. x 3 23.   . Với n = 7 ta có:. = 140  35.22x–2.2–x = 140  2x–2 = 4  x = 4.. Vậy n = 7, x = 4. 33. (ĐH khối B 2002) 3 Số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm A1, A2, …, A2n là C2n . Gọi đường chéo của đa giác đều A 1A2…A2n đi qua tâm đường tròn (O) là đường chéo lớn thì đa giác đã cho có n đường chéo lớn. Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm A1, A2, …, A2n có các đường chéo là hai đường chéo lớn. Ngược lại, với mỗi cặp đường chéo lớn ta có các đầu mút của chúng là 4 đỉnh của một hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nhật nói 2 trên bằng số cặp đường chéo lớn của đa giác A1, A2, …, A2n, tức Cn . Theo giả thiết thì: (2n)! n! C32n  20Cn2  20. 3!(2n  3)! 2!(n  2)! 2n(2n  1)(2n  2) n(n  1)  20 6 2   2n – 1 = 15  n = 8. 34. (ĐH khối D 2002) n. Ta có: (x + 1)n =.  Cknxk. k 0. Cho x = 2 ta được: 3n = 35. (ĐH dự bị 2 2002). BPT . n.  Ckn 2k. k 0.  3n = 243  n = 5.. n 3  n(n - 1)(n - 2) + n(n - 1)  9n. . n 3  2 n - 2n - 8 0.

(41)  3 ≤ n ≤ 4  n = 3 hoặc n = 4. 36. (ĐH dự bị 4 2002) ak  1 ak ak 1   9 24 (1) (1 ≤ k ≤ n – 1) Ta có: 2 Ckn 1 Ckn Ckn1   9 24  2 1 n! 1 n! 1 n!   2 (k  1)!(n  k  1)! 9 k!(n  k)! 24 (k  1)!(n  k  1)!   2.(k – 1)!(n – k + 1)! = 9.k!(n – k)! = 24.(k + 1)!(n – k – 1)!  2.(n – k +1)(n – k) = 9.k(n – k) = 24.(k + 1)k 2n  2  k  11  2(n  k  1) 9k k  3n  8  9(n  k)  24(k  1) 11     Để tồn tại k thoả mãn hệ thức (1), điều kiện ắt có và đủ là: 3n – 8 = 2n + 2  n = 10. 37. (ĐH dự bị 6 2002) 1 9 2 8 3 7 9 Ta có: (x + 1)10 = x10 + C10 x  C10 x  C10 x  ...  C10 x  1 1 10 2 9 3 8 9 2  (x + 1)10(x + 2) = x11 + C10 x  C10 x  C10 x  ...  C10 x  x +. + = x11 +. 2 8 3 7 9 2 x10  C110x9  C10 x  C10 x  ...  C10 x 1. . . 2 1 3 2  C10 .2 x9   C10  C10 .2 x8  ...   C110  2 x10   C10 8 9 .2 x 2  C10  C10 .2  x  C9  C10 + 10 + 10 +2. = x11 + a1x10 + a2x9 + … + a11 5 4 Vậy a5 = C10  2C10 = 672. 38. (ĐH khối A 2003) n1 n Cnn13  Cnn3  Cnn3 7(n  3) Ta có: Cn4  Cn3  7(n  3)  (n  2)(n  3) 2!  = 7(n + 3)  n + 2 = 7.2! = 14  n = 12. Số hạng tổng quát của khai triển là:. . k C12 (x 3 )k. 5 12 k 2. x . k C12 x. . 60 11k 2. 60  11k 2 =x  = 8  k = 4. 12! 4 C12  4!(12  4)! = 495. Do đó hệ số của số hạng chứa x8 là Ta có: x. 60 11k 2. 8.

(42) 39. (ĐH khối B 2003) 0 1 2 2 n n Ta có: (1 + x)n = Cn  Cn x  Cn x  ...  Cnx 2. n. 2. 0. 1. 2 2. (1 x) dx   Cn  Cnx  Cn x . 1. 1.  ...  Cnnxn dx. . 2. 2  1 x2 x3 xn1  (1 x)n1  Cn0 x  C1n  Cn2  ...  Cnn  n1 2 3 n  1 1  1  22  1 1 23  1 2 2n1  1 n 3n1  2n1 Cn0  Cn  Cn  ...  Cn 2 3 n 1 n1  = 40. (ĐH khối D 2003). Ta có:. 0 2n 1 2n 2  Cn2 x2n 4  ...  Cnn (x2 + 1)n = Cn x  Cnx. 0 n 1 n 1 2 2 n 2  23 Cn3 xn 3  ...  2n Cnn (x + 2)n = Cn x  2Cnx  2 Cn x Dễ dàng kiểm tra n = 1, n = 2 không thoả mãn điều kiện bài toán. Với n ≥ 3 thì x3n–3 = x2nxn–3 = x2n–2xn–1 Do đó hệ số của x3n–3 trong khai triển thành đa thức của: (x2 + 1)n(x + 2)n 3 0 3 1 1 là: a3n–3 = 2 .Cn .Cn  2.Cn .Cn.  n 5  2n(2n2  3n  4)  n  7 (loại)  26n 3 2  a3n–3 = 26n    Vậy: n = 5. 41. (ĐH khối D 2003 dự bị 2) Ta có:. Cn2Cnn 2  2Cn2Cn3  Cn3Cnn 3 = 100 2. .  Cn2 .  2Cn2 Cn3  Cn3. .  Cn2  Cn3 .  . 2. 100. 2. 100 2 3  Cn  Cn 10. n(n  1) n(n  1)(n  2)  10 2 6   3n(n – 1) + (n2 – n)(n – 2) = 60  (n2 – n)(n + 1) = 60  (n – 1)n(n + 1) = 3.4.5  n = 4. 42. (CĐ Xây dựng số 3 – 2002) Ta có khai triển:. 0 2n 1 2n 1 1 2n  C22nx2n 2  ...  C2n 2n x  C2n (x + 1)2n = C2nx  C2nx Cho x = –1 ta được:.

(43) 0 1 2 3 4 2n 1 2n 0 = C2n  C2n  C2n  C2n  C2n  ...  C2n  C2n 1 3 2n 1 0 2 2n  C2n  C2n  ...  C2n C2n  C2n  ...  C2n 43. (CĐ Sư phạm Bến Tre khối A 2002) x 1 x  2 x 3     x  N x 3 x  N 1. Điều kiện: x! x! 6 6 3!(x  3)! = 9x2 – 14x PT  x + 2!(x  2)!.  x + 3x(x – 1) + x(x – 1)(x – 2) = 9x2 – 14x  x  0 (loại)  x  7 (loại)   x 2 2  x(x – 9x + 14) – 0   x=2 2.  Cách 1: 0 1 2 2 19 19 20 20 * Ta có: (1 – x)20 = C20  C20 x  C20 x  ...  C20 x  C20 x 0 1 2 19 20 Cho x = 1 ta có: C20  C20  C20  ...  C20  C20 = 0 0 2 20 1 3 19  C20  C20  ...  C20 C20  C20  ...  C20. Đặt: A=B. 0 2 20 A = C20  C20  ...  C20 ; (1). 1 3 19 B = C20  C20  ...  C20. 0 1 2 2 19 19 20 20 * Ta có: (1 + x)20 = C20  C20 x  C20 x  ...  C20x  C20 x 0 1 2 19 20 Cho x = 1 ta có: C20  C20  C20  ...  C20  C20 = 220  A + B = 220 (2) 220 Từ (1) và (2) suy ra A = 2 = 219 (đpcm). k k 1 k 0  Cách 2: Áp dụng công thức Cn1 Cn  Cn và Cn 1 , ta được: 19 C120  C320  C520  ...  C17 20  C20 = 0 1 2 3 16 17 18 19 = C19  C19  C19  C19  C19  C19  C19  C19 = (1 + 1)19 = 219.. 44. (CĐ khối AD 2003)  Cách 1: Ta có: Pn+1 – [nPn + (n – 1)Pn–1 + … + 2P2 + P1] = = (n + 1)! – n.n! – (n – 1).(n – 1)! – … – 2.2! – 1! = n![(n + 1) – n] – (n – 1).(n – 1)! – … – 2.2! – 1! = n! – (n – 1).(n – 1)! – … – 2.2! – 1!.

(44) = (n – 1)![n – (n – 1)] – … – 2.2! – 1! = (n – 1)! – (n – 2)(n – 2)! – … – 2.2! – 1! = ….. = 2! – 1.1! = 1 Vậy: P1 + 2P2 + 3P3 + …+ nPn = Pn+1 – 1.  Cách 2: Chứng minh bằng qui nạp: * Với n = 1, ta có P1 = P2 – 1  1! = 2! – 1. Mệnh đề đúng. * Giả sử mệnh đề đúng với n = k (k > 1), tức là ta có: P1 + 2P2 + 3P3 + …+ kPk = Pk+1 – 1 * Ta cần ch. minh: P1 + 2P2 + 3P3 + …+ kPk + (k +1)Pk+1= Pk+2 – 1 Thật vậy, P1 + 2P2 + 3P3 + …+ kPk + (k +1)Pk+1 = Pk+1 – 1 + (k +1)Pk+1 = (k + 2)Pk+1 – 1 = Pk+2 – 1. (đpcm) 45. (CĐ Giao thông II 2003) 0 n 0 1 n 1 2 n 1 Do Cn Cn 1 nên ta có: Cn Cn ...Cn CnCn ...Cn Áp dụng BĐT Côsi ta có:.  C1  Cn2  ...  Cnn 1  C1nCn2 ...Cnn 1  n   n 1 . n 1. n. n. Áp dụng khai triển (a + b) = Cn0.  C1n.  Cn2.  ...  Cnn.  Cknakbn k. k 0. = 2n .  2n  2     n 1  Suy ra: 46. (CĐ Giao thông III 2003) C1nCn2 ...Cnn 1. C1n. với a = b = 1, ta có:.  Cn2. n 1.  ...  Cnn 1 = 2n – 2. (đpcm).. 0 1 2 2 3 3 n n 1. Ta có: (1 + x)n = Cn  Cn x  Cn x  Cn x  ...  Cn x Đạo hàm 2 vế, ta được: 1 2 3 2 n n 1 n(1 + x)n–1 = Cn  2Cn x  3Cn x  ...  nCnx Cho x = –1 1 2 3 4 n 1 n 0 = Cn  2Cn  3Cn  4Cn  ...  ( 1) nCn Vậy S = 0. 0 1 2 2 3 3 n n 2. Ta có: (1 + x)n = Cn  Cn x  Cn x  Cn x  ...  Cn x 1. 1. 0. 0. n 0 1 2 2 3 3 n n (1 x) dx   Cn  Cnx  Cn x  Cn x  ...  Cnx dx. . . (1 x)n1 n 1. 1 0. . . 1. 1 1 1 n n1    Cn0 x  C1nx2  Cn2 x3  ...  Cn x  2 3 n 1  0.

(45) 2n1  1 1 1 1 n Cn0  C1n  Cn2  ...  Cn n  1 2 3 n 1  2n1  1 Do đó: T = n  1. n  N, n  2   n(n  1) 1 n  79 79   2  n = 12. n n 1 n 2 Ta có: Cn  Cn  Cn 213  1 Vậy: T = 13 . 47. (CĐ Tài chính kế toán IV 2003). k k 1 k 1 k 2 k k 1 k Vế trái = Cn 2  Cn 2  Cn 2  Cn 2 = Cn 1  Cn 1 = Cn . 48. (CĐ Tài chính kế toán IV 2003 dự bị) Điều kiện: n  Z, n ≥ 0. (2n)! (3n)! (n!)3 . . 720 n!n! (2n)!n! BPT   (3n)! ≤ 720. Ta thấy (3n)! tăng theo n và mặt khác 6! = 720 ≥ (3n)! 0 n  2  n Z Do đó: BPT có nghiệm  . 49. (CĐ Công nghiệp HN 2003) 2003. P(x). 2003. = (16x – 15) 2003. =. . k 0. =. . k 0. Ck2003 (16x)2003 k ( 15)k. Ck2003 (16)2003 k ( 15)k x2003 k. k 2003 k ( 15)k Các hệ số trong khai triển đa thức là: ak = C2003 (16) 2003. . ak . 2003. . Ck2003 (16)2003 k ( 15)k. k 0 Vậy: S = k 0 = (16 – 15)2003 = 1 50. (CĐ Khí tượng thuỷ văn khối A 2003) Điều kiện: n  N, n ≥ 3. n! n! 2 16n (n  3)! 2!(n  2)! PT   n(n – 1)(n – 2) + n(n – 1) = 16n.  n 5  n  3 (loại)  n2 – 2n – 15 = 0   vậy: n = 5. 51. (CĐ Nông Lâm 2003).

(46) 15 k. k 15 15  2  k 15 k 2 k k  1 1 2  C x  C x       15 15  x    3  3 315 k 0 Ta có:  3 3  = k 0 Gọi ak là hệ số của xk trong khai triển: 1 k k C .2 15 15 ak = 3 ; k = 0, 1, 2, …, 15. Xét sự tăng giảm của dãy ak: k 1 k 1 k k k 1 k ak–1 < ak  C15 .2  C15 .2  C15  2C15 32  k < 3 , k = 0, 1,.., 15 Từ đó: a0 < a1 < a2 < … < a10 Đảo dấu BĐT trên ta được: 32 ak–1 > ak  k > 3  a10 > a11 > … > a15.. 210. 210 10 C  3003. 15 15 315 . Vậy hệ số lớn nhất phải tìm là: a10 = 3 52. (CĐ Cộng đồng Tiền Giang 2003) Ta có: 0 1 2 2 3 3 4 4 2n 1 2n 1 2n  C2n 2nx (1 – x)2n = C2n  C2nx  C2n x  C2nx  C2nx  ...  C2n x Đạo hàm 2 vế theo x, ta có: –2n(1 – x)2n–1 = 1 2 3 2 4 3 2n 1 2n 2 2n 1  2nC2n 2nx =  C2n  2C2nx  3C2nx  4C2nx  ...  (2n  1)C2n x Thế x = 1 vào đẳng thức trên, ta có: 1 2 3 4 2n 1 2n 0 =  C2n  2C2n  3C2n  4C2n  ...  (2n  1)C2n  2nC2n 1 3 2n 1 2 4 2n Vậy: 1C2n  3C2n  ...  (2n  1)C2n 2C2n  4C2n  ...  2nC2n . 53. (ĐH khối A 2004) 0 1 2 2 4 2 3 6 3 Ta có: [1 + x2(1 – x)]8 = C8  C8 x (1 x)  C8 x (1 x)  C8 x (1 x) + 4 8 4 5 10 5 6 12 6 7 14 7 8 16 8 + C8 x (1 x)  C8x (1 x)  C8x (1 x)  C8x (1 x)  C8x (1 x) Bậc của x trong 3 số hạng đầu nhỏ hơn 8, bậc của x trong 4 số hạng cuối lớn hơn 8. Vậy x8 chỉ có trong các số hạng thư tư, thứ năm, với hệ số tương ứng là:. C38 .C32 ; C84 .C04 Suy ra: a8 = 168 + 70 = 238. 54. (ĐH khối D 2004) 7. 1  3  x4  x = Ta có: . 7.  Ck7  3 x . k 0. 7 k. k.  1  4   x =. 7.  Ck7 x. k 0. 28 7k 12.

(47) Số hạng không chứa x là số hạng tương ứng với k (k  Z, 0 ≤ k ≤ 7) thoả mãn: 28  7k 0 12 k=4 4 Vậy số hạng không chứa x cần tìm là: C7 = 35. 55. (ĐH khối A 2005) 0 1 2 2 3 3 2n1 2n1 Ta có: (1 + x)2n+1 = C2n1  C2n1x  C2n1x  C2n1x  ...  C2n1x Đạo hàm 2 vế ta có: 1 2 3 2 2n1 2n (2n + 1)(1 + x)2n = C2n1  2C2n1x  3C2n1x  ...  (2n  1)C2n1x Thay x = –2, ta có: 2 2 3 2n 2n1 C12n1  2.2C2n 1  3.2 C2n1  ...  (2n  1)2 C2n1 = 2n + 1 Theo giả thiết ta có: 2n + 1 = 2005  n = 1002. 56. (ĐH khối D 2005) Điều kiện: n ≥ 3. 2 2 2 2 Ta có: Cn1  2Cn2  2Cn3  Cn4 = 149 (n  1)! (n  2)! (n  3)! (n  4)! 2 2  149 2!(n  1)! 2!n! 2!(n  1)! 2!(n  2)! .  n 5  n  9 (loại)  n2 + 4n – 45 = 0   Vậy: n = 5. 57. (ĐH khối A 2005 dự bị 2). 0 1 2 2 3 3 2n1 2n1 Ta có: (1 + x)2n+1 = C2n1  C2n1x  C2n1x  C2n1x  ...  C2n1x 0 1 2 3 2n1 Cho x = 1 ta có: 22n+1 = C2n1  C2n1  C2n1  C2n1  ...  C2n1. Cho x = –1 ta có: 0 =. C02n1 . Lấy (1) – (2)  22n+1 =. 2. . 2 C12n1  C2n 1 . C32n1  ... . 2n1 C12n1  C32n1  ...  C2n 1. . 1 3 2n1  22n = C2n1  C2n1  ...  C2n1 = 1024  2n = 10 10. Ta có: (2 – 3x)10 =. k 10 k 2 (3x)k  ( 1)k C10. k 0. 7 7 3 Suy ra hệ số của x7 là  C10 3 2 58. (ĐH khối D 2005 dự bị 1) 1 Ck2005 Ck2005 (k  N)  k k 1 Ck2005 lớn nhất  C2005 C2005. 2n1 C2n 1. (2). (1).

(48) 2005! 2005!   k!(2005  k)!  (k  1)!(2004  k)!   2005! 2005!    k!(2005  k)! (k  1)!(2006  k)!   k 1002  k 1003    1002 ≤ k ≤ 1003, k  N.  k = 1002 hoặc k = 1003. 59. (ĐH khối D 2005 dự bị 2). k  1  2005  k  2006  k k. 2 2 Ta có: 2Pn + 6 An  PnAn = 12 (n  N, n > 1) 6.n! n! n!  n! 12 (6  n!)  2(6  n!) 0 (n  2)! (n  2)! (n  2)!  2n! + .  6  n! 0  n!  n! 6   2 0  n(n  1)  2 0    (n  2)!     n 3  n  2 (vì n  2)   Vậy: n = 2 hoặc n = 3. 60. (ĐH khối A 2006).  n 3  2  n  n  2 0. 0 1 2 n 20  Từ giả thiết suy ra: C2n1  C2n1  C2n1  ...  C2n1  2. Vì. Ck2n1. (1). 2n1 k C2n 1. , k, 0 ≤ k ≤ 2n + 1 nên: 1 2 2n1 C02n1  C12n1  C22n1  ...  Cn2n1  C02n1  C12n1  C2n 1  ...  C2n1 2 Từ khai triển nhị thức Newton của (1 + 1)2n+1 suy ra:. . 2 2n1 2n1 C02n1  C12n1  C2n  22n1 1  ...  C2n1 (1 1). từ (1), (2), (3) suy ra: 22n = 220  n = 10. 10.  1 7  4 x    Ta có:  x. 10. k. 10. k k 11k  40   C10 (x 4 )10 k  x7    C10 x k 0. k 0. k Hệ số của x26 là C10 với k thoả mãn: 11k–40 = 26  k = 6 6 Vậy hệ số của x26 là C10 = 210. 61. (ĐH khối B 2006) k Số tập con k phần tử của tập hợp A bằng Cn . Từ giả thiết suy ra:. Cn4  20Cn2  n2 – 5n – 234 = 0  n = 18 (vì n ≥ 4). . (2) (3).

(49) k 1 C18. Do. k C18. . 18  k 1 k 1. 1 2 9  k < 9, nên: C18  C18  ...  C18. 9 10 18  C18  C18  ...  C18 Vậy số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất khi và chỉ khi k = 9. 62. (CĐ Bán công Hoa Sen khối A 2006) ĐK: x  N, y  N*, x ≤ y. Từ phương trình thứ hai suy ra x = 4 Thay vào phương trình thứ nhất ta được:  y 1(loại)  y 8 y2 – 9y + 8 = 0   . Vậy: x = 4; y = 8. 63. (CĐ KT–KT Cần Thơ khối AB 2006) ĐK: n  N, n ≤ 4 1 1 1 n!(4  n)! n!(5  n)! n!(6  n)!  n  n   n C4 C5 C6 4! 5! 6!   n 15 (loại)  n 2  n2 – 17n + 30 = 0   Vậy: n = 2. 64. (CĐ Sư phạm TPHCM khối A 2006) n  N,n  2   n(n  1) 0 1 2 1 n  2  211 C  C  C  211 n n  n . n  N,n  2  2 n  n  420 0    n = 20 (k  1).Ckn A1k1. . . (k  1)Ckn Ckn (k  1)! k! (k = 1, 2, …, n). 0 1 20 Do đó: với n = 20 ta có: S = C20  C20  ...  C20 = 220. 65. (CĐ Sư phạm TPHCM khối BT 2006) k k k Số hạng thứ k + 1 trong khai triển (1 – 2x)n là: Tk+1 = Cn ( 2) .x 0 1 2 Từ đó ta có: a0 + a1 + a2 = 71  Cn  2Cn  4Cn  71 n  N, n  2  n  N, n  2  n(n  1)  2 1 2n  4 2 71 n  2n  35  0     n=7 5 Với n = 7, ta có hệ số của x trong khai triển (1 – 2x)n là: 5 5 a5 = C7 ( 2) = – 672..

(50) 66. (CĐ Điện lực TPHCM 2006). n(n  1)(n  2) n 13n 1 3 C  C  13n 6 n Ta có: n   n 10  n  7 (loại)  n2 – 3n – 70   Số hạng tổng quát của khai triển nhị thức là: k 2 10 k  3 k k 20 5k (x ) C10 x Tk+1 = C10 (x ) Tk+1 không chứa x  20 – 5k = 0  k = 4. 4 Vậy số hạng không chứa x là: T5 = C10 = 210. 67. (CĐ Kinh tế TPHCM 2006).  Cách 1:. Ta có:. 2 4n2 4n2 C04n2  C14n2  C4n 2  ...  C4n2  2 2 4 4n2 4n1 C04n2  C4n 2  C4n2  ...  C4n2  2. 4 2n 4n C04n2  C24n2  C4n 2  ...  C4n2  2 Vậy có: 2 = 256  n = 2 4n. 0 2 4 2n  Cách 2: Đặt Sn = C4n2  C4n2  C4n2  ...  C4n2 0 2 4 2n Thì Sn+1 = C4n6  C4n6  C4n6  ...  C4n6 2k 2k Vì C4n6 C4n2 (0 ≤ k ≤ n) nên Sn+1 > Sn  dãy (Sn) tăng. 0 2 4 Khi n = 2 thì S2 = C10  C10  C10 = 256 Vậy Sn = 256  n = 2. 68. (CĐ Kinh tế đối ngoại khối AD 2006). 1  x 2  x  A=  20. =. 20. 1    x3   x .  ( 1)k Ck20x20 k  x 2 . k. k 0 20.    1. k. 10. 10. 10. n  3   ( 1)n C10 x. 10 k.  x 1  n. n0 n. n 30 4n Ck20 x20 3k     1 C10 x. n0 = k 0 Xét trường hợp 20 – 3k = 30 – 4n  10 – n = 3(n – k) Vì 0 ≤ n ≤ 10 và 10 – n phải là bội số của 3 nên n = 4 hay n= 7 hay n= 10  có 3 số hạng trong hai khai triển trên có luỹ thừa của x giống nhau. Vậy sau khi khai triển và rút gọn thì biểu thức A sẽ gồm: 21 + 11 – 3 = 29 số hạng. 69. (CĐ KT Y tế I 2006) 0 1 1 2 2 2n 1 2n 1 2n  C2n 2n 3 Ta có: 42n = (1 + 3)2n = C2n  C2n 3  C2n 3  ...  C2n 3 0 1 1 2 2 2n 1 2n 1 2n  C2n 2n 3 22n = (1 – 3)2n = C2n  C2n 3  C2n 3  ...  C2n 3.

(51) 2n 2 C02n  C22n 32  ...  C2n 2n 3  42n + 22n =  42n + 22n = 2.215(216 + 1)  (22n – 216)(22n + 216 + 1) = 0  22n = 216  n = 8. 70. (CĐ Xây dựng số 2 2006) Theo khai triển nhị thức Newton ta có:. . . 0 n 1 n 1 n n (a + b)n = Cn a  Cna b  ...  Cnb 0 n 1 n 1 n n  Với a = 3, b = – 1  2n = (3 – 1)n = Cn 3  Cn 3  ...  ( 1) Cn.  Với a = 1, b = 1. 0 1 n  2n = (1 + 1)n = Cn  Cn  ...  Cn. 0 n 1 n 1 n n 0 1 n Vậy: Cn 3  Cn 3  ...  ( 1) Cn Cn  Cn  ...  Cn 71. (CĐ KT Y tế 1 2005) ĐK: x  N, x ≥ 2 (x  1)! x! 2 3  20  0 (x  2)! BPT  2!(x  1)!. 5  x(x + 1) + 3x(x – 1) – 20 < 0  2x – x – 10 < 0  – 2 < x < 2 Kết hợp điều kiện  x = 2. 72. (CĐBC Hoa Sen khối D 2006) 2. k k 45 2k k y Số hạng tổng quát: C15 ( 1) x 45  2k  29  k 8   k=8 8 Vậy hệ số của x29y8 là: C15 = 6435. 73. (CĐ Sư phạm TPHCM khối DM 2006). Số hạng thứ k + 1 trong khai triển (1 – 2x)n là:. k k k Tk+1 = Cn ( 2) x. 0 1 2 Từ đó ta có: a0 + a1 + a2 = 71  Cn  2Cn  4Cn = 71 n  N, n  2  n  N, n  2  n(n  1)  2 1  2n  4  71  n  2n  35  0 2      n = 7..

(52)

(53)

chuyen de To hop xac suat

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về