Cho a là số có 4 chữ số khác nhau thỏa mãn 262 x 9 nhỏ hơn a nhỏ hơn 2380 hỏi có bao nhiêu số a

[2]

Định nghĩa 1 [Quy tắc cộng]. Một công việc X được thực hiện theo một trong k phương án A1,A2, . . . ,Ak,

trong đó

1 Phương án A1cón1cách thực hiện;

2 Phương án A2cón2cách thực hiện;

3 . . .

4 Phương án Akcónkcách thực hiện.

Khi đó số cách hồn thành công việcXlàn[X]=n1+n2+ · · · +nk=kPi=1

nicách.

Định nghĩa 2 [Quy tắc nhân]. Giả sử một nhiệm vụ X nào đó được hoàn thành lần lượt qua k giai đoạn

A1,A2, . . . ,Ak:

1 Giai đoạnA1cón1cách làm;

2 Giai đoạnA2cón2cách làm;

3 . . .

4 Giai đoạnAkcónkcách làm.

Khi đó cơng việcXcó số cách thực hiện làn[X]=n1·n2·n3· · ·nk=kQi=1

nicách.

Định nghĩa 3 [Quy tắc bù trừ]. Đối tượng xcần đếm được chứa trong một đối tượng X gồm x và xđối lậpnhau. NếuX cómcách chọn,xcóncách chọn. Vậyxcó[m−n]cách chọn.

Về mặt thực hành, đề cho đếm những đối tượng thỏaavàb. Ta cần làm:Bài toán1: Đếm những đối tượng thỏaa.

Bài tốn2: Đếm những đối tượng thỏaa, khơng thỏab.Do đó, kết quả bài tốn=kết quả bài tốn1−kết quả bài tốn2.

!

Nếu bài tốn chia ra từngtrường hợp khơng trùng lặp để hồn thành cơng việc thì dùngqui
tắc cộng, nếu bài tốn chia ra từnggiai đoạnthực hiện thì ta dùngquy tắc nhân. Trong nhiềubài tốn, ta khơng chỉ kết hợp giữa hai quy tắc này lại với nhau để giải mà cần phân biệt khi nàocộng, khi nào nhân, khi nào trừ.

“Nếu cho tập hợp hữu hạn bất kỳ Avà Bgiao nhau khác rỗng. Khi đó thì số phần tử của A∪B

bằng số phần tử của Acộng với số phần tử củaBrồi trừ đi số phần tử củaA∩B, tức làn[A∪B]=
n[A]+n[B]−n[A∩B]”. Đó là quy tắc cộng mở rộng. Do đó khi giải các bài tốn đếm liên quan đến
tìm số sao cho các số đó là số chẵn, số lẻ, số chia hếtta nên ưu tiên việc thực hiện [chọn]
chúng trướcvà nếuchứa số0nên chia2trường hợpnhằm tránh trùng lặp với nhau.Dấu hiệu chia hết:

GọiN=anan−1. . .a1a0là số tự nhiên cón+1chữ số [an6=0]. Khi đó:
+ N ...2⇔a0...2⇔a0∈{0; 2; 4; 6; 8}.

+ N ...5⇔a0...5⇔a0∈{0; 5}.

+ N ...4 [hay25]⇔a1a0...4 [hay25].

+ N ...8 [hay125]⇔a2a1a0...8 [hay125].

+ N ...3 [hay9]⇔a0+a1+ · · · +an...3 [hay9].

1

{DẠNG 1.1. Bài tốn sử dụng quy tắc cộng

VÍ DỤ 1. Trong một cuộc thi tìm hiểu về đất nước Việt Nam, ban tổ chức công bố danh sách các đề tàibao gồm:8đề tài về lịch sử,7đề tài về thiên nhiên,10đề tài về con người và6đề tài về văn hóa. Hỏi

mỗi thí sinh có bao nhiêu cách chọn đề tài? ĐS:31

Lời giải.

Mỗi thí sinh có các4phương án chọn đề tài:
Chọn đề tài về lịch sử có8cách chọn.

Chọn đề tài về thiên nhiên có7cách chọn.
Chọn đề tài về con người có10cách chọn.
Chọn đề tài về văn hóa có6cách chọn.

Theo quy tắc cộng, có8+7+10+6=31cách chọn đề tài. ä

VÍ DỤ 2. Giả sử từ tỉnhAđến tỉnhBcó thể đi bằng các phương tiện: ơ tơ, tàu hỏa hoặc máy bay. Mỗingày có10chuyến ơ tơ,5chuyến tàu hỏa và3chuyến máy bay. Hỏi có bao nhiêu cách lựa chọn chuyến

đi từ tỉnh Ađến tỉnhB? ĐS:18

Lời giải.

Để đi từ AđếnBcó3phương án lựa chọn:
Đi bằng ơ tơ có10cách chọn.

Đi bằng tàu hỏa có5cách chọn.
Đi bằng máy bay có3cách chọn.

Theo quy tắc cộng, có10+5+3=18cách chọn. ä

{DẠNG 1.2. Bài tốn sử dụng quy tắc nhân

VÍ DỤ 1. An đến nhà Bình để cùng Bình đến chơi nhà Cường. Từ nhà An đến nhà Bình có4con đườngđi, từ nhà Bình đến nhà Cường có6con đường đi. Hỏi An có bao nhiêu cách chọn đường đi từ nhà mình

đến nhà Cường? ĐS:24

Lời giải.

Để đi từ nhà An đến nhà Cường cần thực hiện2giai đoạn
Đi từ nhà An đến nhà Bình có4cách.

Đi từ nhà Bình đến nhà Cường có6cách.

Theo quy tắc nhân, có4·6=24cách chọn đường đi. ä

VÍ DỤ 2. Lớp11Acó30học sinh. Tập thể lớp muốn bầu ra một lớp trưởng, một lớp phó và một thủ quỹ.Hỏi có bao nhiêu cách chọn một ban cán sự lớp như trên, biết rằng một bạn chỉ có thế làm tối đa một

vai trị? ĐS:24360

Lời giải.

Để bầu ra một ban cán sự lớp cần thực hiện3giai đoạn
Bầu lớp trưởng có30cách

Bầu phó có29cách
Bầu thủ quỹ có28cách

{DẠNG 1.3. Bài tốn sử dụng quy tắc bù trừ

VÍ DỤ 1. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau mà không bắt đầu bởi12? ĐS:26880

Lời giải.

Gọia1a2a3a4a5là số cần lập.

Để lập được số tự nhiên có5chữ số khác nhau, ta thực hiện các bước lần lượt:
Chọna1có9cách.

Chọna2có9cách.
Chọna3có8cách.
Chọna4có7cách.
Chọna5có6cách.

Do đó có9·9·8·7·6=27216số có năm chữ số khác nhau. Để lập được số tự nhiên có5chữ số khác nhau bắt
đầu bằng12, ta thực hiện các bước lần lượt:

Chọna1a2có1cách.
Chọna3có8cách.
Chọna4có7cách.
Chọna5có6cách.

Do đó có1·8·7·6=336số có năm chữ số khác nhau. Theo quy tắc bù trừ, có27216−336=26880số có năm chữ

số khác nhau khơng bắt đầu bởi12. ä

VÍ DỤ 2. Trong một hộp có6bi đỏ,5bi trắng và4bi vàng. Có bao nhiêu cách lấy3viên bi từ hộp này

sao cho chúng không đủ ba màu? ĐS:335

Lời giải.

Số cách lấy3bi bất kỳ từ15bi làC315=455.

Số cách lấy3bi từ15bi mà đủ ba màu là6·5·4=120.

Theo quy tắc bù trừ, số cách lấy3viên bi không đủ ba màu là455−120=335. ä

1

BÀI 1. Một hộp có12viên bi trắng,10viên bi xanh và8viên bi đỏ. Một em bé muốn chọn1viên bi để chơi. Hỏi có

bao nhiêu cách chọn? ĐS:30cách

Lời giải.

Để chọn1viên bi để chơi có các phương án+ Chọn1viên bi trắng có12cách.

+ Chọn1viên bi xanh có10cách.+ Chọn1viên bi đỏ có8cách.

Theo quy tắc cộng, số cách để chọn1viên bi để chơi là12+10+8=30cách. ä

BÀI 2. Chợ Bến Thành có4cổng ra vào. Hỏi một người đi chợ:

a] Có mấy cách vào và ra chợ? ĐS:16

b] Có mấy cách vào và ra chợ bằng2cổng khác nhau? ĐS:12

Lời giải.

a] Để vào và ra chợ ta thực hiện liên tiếp các bướcVào chợ có4cách.

Theo quy tắc nhân, có4·4=16cách vào và ra chợ.

b] Để vào và ra chợ bằng2cổng khác nhau ta thực hiện liên tiếp các bước
Vào chợ có4cách.

Ra chợ bằng cổng khác có3cách

Theo quy tắc nhân, có4·3=12cách vào và ra chợ bằng hai cổng khác nhau.

ä

BÀI 3. Có 8quyển sách Tốn, 7quyển sách Lí,5quyển sách Hóa. Một học sinh chọn1quyển trong bất kỳ3loại

trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn? ĐS:20cách

Lời giải.

Để chọn1quyển sách trong3loại sách, ta có các phương án+ Chọn1quyển sách Tốn có8cách.

+ Chọn1quyển sách Lí có7cách.+ Chọn1quyển sách Hóa có5cách.

Theo quy tắc cộng, số cách để chọn1viên bi để chơi là8+7+5=20cách. ä

BÀI 4.

Cho sơ đồ mạch điện như hình vẽ bên cạnh. Hỏi có bao nhiêu cách đóng

- mở5cơng tắc để có được dịng điện đi từAđếnB. ĐS:12cách A B

Lời giải.

Để dòng điện đi từAđếnBcó2phương án

Phương án3cơng tắc phía trên đóng. Khi đó có22=4trạng thái của các cơng tắc phía dưới.
Phương án2cơng tắc phía dưới đóng. Khi đó có23=8trạng thái của các cơng tắc phía trên.

Theo quy tắc cộng, có4+8=12cách để dịng điện đi từAđếnB. ä

BÀI 5. Đề thi học kỳ mơn Hóa gồm hai phần: trắc nghiệm và tự luận. Trong ngân hàng đề thi có15đề trắc nghiệm

và8đề tự luận. Hỏi có bao nhiêu cách ra đề? ĐS:120cách

Lời giải.

Để tạo được một đề thi, cần thực hiện hai bước liên tiếpChọn đề trắc nghiệm có15cách.

Chọn đề tự luận có8cách.

Theo quy tắc nhân, có15·8=120cách ra đề. ä

BÀI 6. Một ca sĩ có30cái áo và20cái quần, trong đó có18cái áo màu xanh và12cái áo màu đỏ;12quần xanh và8
quần đỏ. Có bao nhiêu cách chọn một bộ quần áo khác màu để người ca sĩ này đi trình diễn? ĐS:240cách

Lời giải.

Để chọn một bộ quần áo khác màu, ta có các phương ánÁo màu xanh và quần màu đỏ có18·8=144cách.

Áo màu đỏ và quần màu xanh có12·8=96cách.

Theo quy tắc cộng, số cách chọn quần áo là144+96=240cách. ä

BÀI 7. Trong lớp11Acó39học sinh trong đó có học sinh tên Chiến, lớp11Bcó32học sinh trong đó có học sinh tên
Tranh. Có bao nhiêu cách chọn một tổ gồm2học sinh khác lớp mà khơng có mặt Chiến và Tranh cùng lúc? ĐS:1247cách

Lời giải.

Để chọn một tổ gồm2học sinh khác lớp, có39·32=1248cách.Trong đó có1cách chọn tổ có mặt cả Chiến và Tranh.

Do đó số cách chọn một tổ khơng có mặt Chiến và Tranh cùng lúc là1248−1=1247cách. ä

BÀI 8. Trong lớp11Acó50học sinh, trong đó có2học sinh tên Ưu và Tiên. Có bao nhiêu cách chọn ra2học sinh đi
thi mà trong đó có mặt ít nhất1trong2học sinh tên Ưu và tên Tiên? ĐS:97cách

Lời giải.

Có3phương án chọn.

Phương án2: Chọn chỉ có Tiên1cách, chọn một bạn khác Tiên có48cách nên có1·48=48cách trong trườnghợp này

Phương án3: Có cả Ưu và Tiên:1cách trong trường hợp này.

Vậy số cách chọn thỏa yêu cầu đề bài là48+48+1=97cách thỏa u cầu. ä

BÀI 9. Có20bơng hoa trong đó có8bơng hồng,7bơng cúc,5bơng đào. Chọn ngẫu nhiên4bơng, hỏi có bao nhiêu

cách chọn để trong đó hoa được chọn có đủ cả ba loại? ĐS:2380cách

Lời giải.

Có3phương án chọn.

Phương án1: Chọn2bơng hồng,1bơng cúc,1bơng đào có8·7

2! ·7·5=980cách trong trường hợp này.Phương án2: Chọn1bơng hồng,2bơng cúc,1bơng đào có7·7·6

2! ·5=840cách trong trường hợp này.Phương án3: Chọn1bơng hồng,1bơng cúc,2bơng đào có8·7·8·7

2! =560cách trong trường hợp này.

Vậy số cách chọn thỏa yêu cầu đề bài là980+840+560=2380cách thỏa yêu cầu. ä

BÀI 10. Có12học sinh giỏi gồm3học sinh khối12,4học sinh khối11,5học sinh khối10. Hỏi có bao nhiêu cách

chọn ra6học sinh sao cho mỗi khối có ít nhất1học sinh ? ĐS:805cách

Lời giải.

Có4phương án chọn.

Số cách chọn6học sinh bất kỳ từ12học sinh có12·11·10·9·8·7

6! =924cách.Số cách chọn6học sinh trong đó khơng có học sinh lớp12có 9·8·7·6·5·4

6! =84cách.
Số cách chọn6học sinh trong đó khơng có học sinh lớp11có 8·7·6·5·4·3

6! =28cách.Số cách chọn6học sinh trong đó khơng có học sinh lớp10có 7·6·5·4·3·2

6! =7cách.

Do đó số cách chọn thỏa mãn yêu cầu là924−[84+28+7]=805cách. ä

BÀI 11. Có bao nhiêu biển số xe gồm hai chữ cái ở đầu [26 chữ cái] và4chữ số theo sau [chữ số đầu không nhấtthiết khác0và chữ số cuối khác0], sao cho:

Chữ cái tùy ý và bốn chữ số tùy ý tạo thành một số chia hết cho2theo sau. ĐS:2704000cách

1

Chữ cái khác nhau và4chữ số đôi một khác nhau tạo thành một số chia hết cho5tiếp theo sau. ĐS:291200cách

2

Lời giải.

Có3bước chọn.

Chọn2chữ cái262cách.

Chọn3chữ số tiếp theo có103cách.

Chọn chữ số cuối cùng thuộc{2; 4; 6; 8}có4cách.

Vậy có tất cả262·103·4=2704000cách.

1

Có3bước chọn.

Chọn2chữ cái có26·25=650cách.Chữ số cuối có1cách chọn số5.

Chọn3chữ số cịn lại8·8·7=448cách.

2

BÀI 12. Người ta có thể ghi nhãn cho những chiếc ghế trong một giảng đường Đại học bằng một chữ cái [26chữ cái]và một số nguyên dương theo sau mà không vượt quá100. Bằng cách ghi như vậy, nhiều nhất có bao nhiêu chiếc

ghế có thể được ghi nhãn khác nhau? ĐS:2600cách

Lời giải.

Có26chữ cái và100số thỏa mãn.

Vậy số cách ghi nhiều nhất là26·100=2600cách. ä

BÀI 13. Cho tập hợpA={0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số được lấy từ tậpA, sao chocác chữ số này:

Tùy ý. ĐS:90000số

1

Khác nhau từng đôi một. ĐS:27216số

2

Khác nhau từng đôi một và năm chữ số này tạo thành một số lẻ. ĐS:13440số

3

Khác nhau từng đôi một và năm chữ số này tạo thành một số chia hết cho5. ĐS:5712số

4

Khác nhau từng đôi một và năm chữ số này tạo thành một số chia hết cho2. ĐS:13776số

5

Lời giải.

Gọiabcd elà số cần tìm.

acó9cách chọn.bcó10cách chọn.ccó10cách chọn.d có10cách chọn.ecó10cách chọn.

Vậy có9·10·10·10·10=90000số thỏa yêu cầu.

1

acó9cách chọn.bcó9cách chọn.ccó8cách chọn.d có7cách chọn.ecó6cách chọn.

Vậy có9·9·8·7·6=27216số thỏa mãn yêu cầu.

2

ecó5cách chọn.acó8cách chọn.bcó8cách chọn.ccó7cách chọn.d có6cách chọn.

Vậy có5·8·8·7·6=13440số thỏa mãn yêu cầu.

Có2trường hợp:Trường hợp1:

e=0có1cách chọn.acó9cách chọn.bcó8cách chọn.ccó7cách chọn.dcó6cách chọn.

Vậy có9·8·7·6·1=3024số trong trường hợp này.Trường hợp2:

e=5có 1 cách chọn.acó8cách chọn.bcó8cách chọn.ccó7cách chọn.dcó6cách chọn.

Vậy có8·8·7·6·1=2688số trong trường hợp này.
Vậy có tất cả:3024+2688=5712số thỏa mãn yêu cầu.

4

Có2trường hợp:Trường hợp1:

e=0có1cách chọn.acó9cách chọn.bcó8cách chọn.ccó7cách chọn.dcó6cách chọn.

Vậy có9·8·7·6·1=3024số trong trường hợp này.Trường hợp2:

e∈{2; 4; 6; 8}có4cách chọn.acó8cách chọn.

bcó8cách chọn.ccó7cách chọn.dcó6cách chọn.

Vậy có8·8·7·6·4=10752số trong trường hợp này.
Vậy có tất cả3024+10752=13776số thỏa mãn yêu cầu.

5

ä

BÀI 14. Từ các chữ số0, 1, 2, . . . , 9có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm năm chữ số khác nhau đôi một và

chữ số chính giữa ln là số 2? ĐS:1218số

Lời giải.

GọiA=ab2cd[a6=0].

XétA=ab2cd,abất kì,d∈{0; 4; 6; 8}

Có4cách chọnd,8cách chọna,7cách chọnb,6cách chọnc, nên có4·8·7·6=1344cách.XétA=ab2cd,d∈{4; 6; 8}vàa=0.

Có3cách chọnd,7cách chọnb,6cách chọnc, nên có3·7·6=126cách.

Vậy số cách chọn thỏa yêu cầu bài toán là1344−126=1218số. ä

BÀI 15. Cho tập hợpX={0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau đôi
một từX, sao cho một trong ba chữ số đầu tiên phải bằng1. ĐS:2280số

Lời giải.

Đặt số cần tìm làabcd e[a6=0].+ Xét trường hơpabất kỳ.

Xếp các số cịn lại lần lượt vào vị trí tiếp theo có7, 6, 5, 4cách.
Do đó có3·7·6·5·4=2520cách xếp.

+ Xét trường hợpa=0.

Xếp số1vào một trong hai vị tríb,ccó2cách.

Xếp các số cịn lại lần lượt vào vị trí tiếp theo có6, 5, 4cách.
Do đó có2·6·5·4=240cách.

Vậy có tất cả2520−240=2280số xếp thỏa yêu cầu. ä

BÀI 16. Cho sáu chữ số1; 2; 3; 4; 5; 6. Có thể tạo ra bao nhiêu số gồm bốn chữ số khác nhau? Trong đó có bao nhiêu

số chia hết cho5? ĐS:360số và60số

Lời giải.

Gọi số cần tìm làabcdacó6cách chọn.bcó5cách chọn.ccó4cách chọn.dcó3cách chọn.

Do đó có tất cả6·5·4·3=360số có4chữ số khác nhau.Trong đó, các số cha hết cho5có dạngabc5.

dcó1cách chọn.acó5cách chọn.bcó4cách chọn.ccó3cách chọn.

Do đó có1·5·4·3=60số thỏa yêu cầu. ä

BÀI 17. Cho tậpA={0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. Có bao nhiêu số gồm sáu chữ số có nghĩa đơi một khác nhau chia hết cho5và

ln có chữ số0được lấy từ tậpA? ĐS:4680số

Lời giải.

Gọix=abcd e f

+ Xét sốxcó dạngabcd e0có1·7·6·5·4·3=2520số.+ Xét sốxcó dạngabcd e5.

Xếp số0vào1trong5vị trí có5cách.Xác vị trí cịn lại lần lượt có6, 5, 4, 3cách.

Do đó có5·6·5·4·3=1800cách.

+ Xét sốxdạng0bcd e5có6·5·4·3=360cách.

Vậy có tất cả2520+1800−360=3960số thỏa mãn yêu cầu. ä

BÀI 18. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số đôi một khác nhau, trong đó chữ số1phải có mặt một trong hai

vị trí đầu? ĐS:5712số

Lời giải.

Gọi số cần tìm làx=abcd e

+ Xétxdạng1bcd ecó1·9·8·7·6=3024số.+ Xétxdạnga1cd e

Vớiabất kỳ có9·1·8·7·6=3024số.
Vớia=0có1·1·8·7·6=336số.Do đó có3024−336=2688số.

Vậy có tất cả3024+2688=5712số thỏa mãn yêu cầu. ä

BÀI 19. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm ba chữ số mà trong đó có hai chữ số chẵn đứng liền nhau, cịn chữ số cịn lại

lẻ? ĐS:225số

Lời giải.

Gọi số cần tìm làabc.

TH2:alẻ,b,cchẵn có5·5·5=125số.

Vậy có tất cả100+125=225số thỏa yêu cầu. ä

BÀI 20. Từ các chữ số1; 2; 3; 4; 5có thể lập được bao nhiêu số có ba chữ số khác nhau nằm trong khoảng [300; 500]?
ĐS:24số

Lời giải.

Gọi số cần tìm làabc.

acó2cách chọn [a=4hoặca=3].bcó4cách chọn.

ccó3cách chọn.

Vậy có2·3·4=24số thỏa mãn u cầu. ä

BÀI 21. Cho các chữ số1; 2; 5; 7; 8, có bao nhiêu cách lập ra một số gồm ba chữ số khác nhau từ năm chữ số trên sao

cho số tạo thành là một số nhỏ hơn278? ĐS:20số

Lời giải.

Gọi số cần tìm làabc.Trường hợp1:

a=1có1cách chọn.bcó4cách chọn.ccó3cách chọn.

Vậy có4·3·1=12số trong trường hợp này.Trường hợp2:

a=2có1cách chọn.
b0, bitC3n=5C1n. S:35

2

Tỡm s hng khụng chaxtrong khai trinà

x+ 3x3

ản

, vinN,x6=0, bitA2

n+1+C2n+1=18P3. S:252

3

Tỡm h s cax10trong khai trinà

2x3 3x2

ản

,x6=0, bit3C2n+2A2n=3n2+15. S:1088640

4

Tỡm h s cax4trong khai trin

à2xx

3

ản

,x6=0, biếtCn−6

n−4+n·A2n=454.Điều kiệnn∈N,n≥2. Khi đó

Cnn−−64+n·A2n=454 ⇔ [n−4][n−5]

2 +n·n[n−1]=454

⇔ 2n3−n2−9n−888=0⇔n=8 [nhận].

Khi đó s hng tng quỏt trong khai trin lCk8
à2

xả8k

Ă

x3Âk=C8k28k[1]kx4k8.
S hng chax4ng với4k−8=4⇔k=3.

Vậy hệ số củax4trong khai triển làC3825[−1]3= −1792.

1

Tìm số hạng khụng chaxtrong khai trin
à 2

n5

3

p
x+ 1

4

px

ản

,x>0, bitC3n=5C1n.iu kinnN,n3. Khi ú

C3n=5C1n ⇔ n[n−1][n−2]

3! =5n

⇔ n3−3n2−28n=0⇔



n= −4 [loại]
n=0 [loại]n=7 [nhận].

Khi đó số hng tng quỏt trong khai trin lCk7Ăp3xÂ7k
à 1

4

pxảk

=Ck7x28127k.

S hng khụng chứaxứng với 28−7k

12 =0⇔k=4.
Vậy số hạng không chứaxtrong khai triển lC47=35.

2

Tỡm s hng khụng chaxtrong khai trinà

x+ 3x3

ản

, vinN,x6=0, bitAn2+1+C2n+1=18P3.

iu kiệnn∈N,n≥1. Khi đó

A2n+1+C2n+1=18P3 ⇔ [n+1]n+

n[n+1]

2! =18·3!⇔ n2+n−72=0⇔

"

n= −9 [loại]
n=8 [nhận].

Khi ú s hng tng quỏt trong khai trin lCk8[x]8k
à3

x3

ảk

=Ck83kx84k.S hng khơng chứaxứng với8−4k=0⇔k=2.

Vậy số hạng khơng chứaxtrong khai triển làC2832=252.

3

Tìm h s cax10trong khai trinà

2x3 3x2

ản

,x6=0, bit3C2n+2A2n=3n2+15.
iu kinnN,n2. Khi ú

3C2n+2A2n=3n2+15 ⇔ 3·n[n−1]

2! +2·n[n−1]=3n

2

+15
⇔ n2−7n−30=0⇔

"

n= −3 [loại]
n=10 [nhận].

Khi đó số hạng tng quỏt trong khai trin lCk10Ă

2x3Â10k
à

3x2

ảk

=Ck10210k[

3]kx305k.S hng chax10ng vi305k=10k=4.

Vy h số củax10trong khai triển làC41026[−3]4=1088640.

4

ä

BÀI 2. TínhA2016n biết hệ số củax2trong khai triển[1+3x]nlà90. ĐS:A52016

Lời giải.

Điều kiệnn∈N,n≥2.

Hệ số củax2làC2n32.

Do hệ số củax2bằng90nên

C2n32=90 ⇔ n[n−1]2! =10⇔ n2−n−20=0⇔

"

n= −4 [loại]n=5 [nhận].

VậyA2016n =A52016. ä

BÀI 3. Trong khai triển nhị thức[1+2ax]n, [x6=0]ta có được số hạng đầu là1, số hạng thứ hai là48x, số hạng thứ

ba là1008x2. Tìmnvàa. ĐS:n=8,a=3

Lời giải.

Điều kiệnn∈N,n≥2.

Khi đó số hạng tổng quát trong khai triển làCkn[2ax]k=Ckn[2a]kxk.

Số hạng đầu là1nênC0n=1.

Số hạng thứ hai là48xnênC1n[2a]=48.
Số hạng thứ ba là1008x2nênC2n[2a]2=1008.Ta suy ra

[

C1n[2a]=48

C2n[2a]2=1008 ⇔
[

an=24

n[n−1]a2=2016

⇔[

an=24

an[an−a]=504⇔[

an=24
a=3 ⇔

[
n=8
a=3.

Vậy[

n=8

a=3. ä

BÀI 4. Tìm số hạng khơng chứa xtrong khai trinà

x+1x

ản

, bit hiu h s ca s hng thứ ba và thứ hai bằng35.
ĐS:252

Lời giải.

Điều kiệnn∈N,n≥2.

Khi đó số hng tng quỏt trong khai trin lCknxnk
à1

xảk

=Cknxn2k.

H s ca s hạng thứ ba làC2n.
Hệ số của số hạng thứ hai làC1n.

Do hiệu hệ số của số hạng thứ ba và thứ hai bằng35nên
C2n−C1n=35 ⇔ n[n−1]

2 −n=35

⇔ n2−3n−70=0⇔
"

n= −7 [loại]
n=10 [nhận].

Khi đó số hạng khơng chứaxlàC510=252. ä

BÀI 5. Chonlà số ngun dương thỏa mãn điều kiệnC1n+C2n+C3n+· · ·+Cnn=2047.Tìm số hạng chứax10y6trong khai

triển[2x2+y]n. ĐS:14784x10y6

Lời giải.

DoC1n+C2n+C3n+ · · · +Cnn=2n−1=2047⇔n=11.
Khi đó số hạng tổng quát trong khai triển làCk11¡

2x2¢11−k

yk=Ck11211−kx22−2kyk.
Ta suy ra số hạng chứax10y6trong khai triển làC61125x10y6=14784x10y6.

ä

BÀI 6. Cho khai triển nhị thức: [1−2x+x3]n=a0+a1x+a2x2+ · · · +a3nx3n. Xác định n và tìma6, bit rng:a0+

a1

2 +a2

22+ Ã Ã Ã +

a3n23n =

à12

ả15

. S:31

tP[x]=[12x+x3]n. Suy raP
à12ả=

à1

.Mt khỏcP

à12ả

=a0+

a1

2 +a2

22+ Ã Ã Ã +

a3n23n =

à12ả15

à1

ả3n=

à12

ả15

n=5.

Khi úP[x]= P5k=0

C5kĂx3Â5k

[12x]k= P5k=0

C5kx153kPki=0

Cik[2x]i= P5k=0

kPi=0

Cik[2]i[x]153k+i.
Ta suy raa6=C34[2]3+C05[2]0= 31.

ọ

3

BÀI 7. Tìm hệ số của một số hạng hoặc tìm một số hạng

1 Tìm số hạng khơng chứaxtrong khai trinà

3

px
+p2x

ản

,x>0, bitC6n+3C7n+3C8n+C9n=2C8n+2. S:320320

2 Chonl s nguyờn dng tha món điều kiện:6Cnn−+11=A2n+160. Tìm hệ số củax7trong khai triển[1−2x3][2+x]n.
ĐS:−2224

3 Chon∈N∗vàa,b[b>0]. Biết trong khai trin nh thc Niu-tn

à ap

b+bản

cú hng t chaa4b9, tìm số hạng

chứa tíchavàbvới số mũ bằng nhau. ĐS:5005a6b6

4 Chonlà số nguyên dương thỏa mãnCn−3

n −C2n−1=C1

n−1C

n+2

n+3. Tìm hệ số của số hạng chứax

11trong khai triển

x3³xn−8− n3x

´n

,x6=0. ĐS:32440320

Lời giải.

1 Tìm số hng khụng chaxtrong khai trinà

3

px+p2

xản

,x>0, bitC6n+3C7n+3C8n+C9n=2C8n+2.iu kinnN,n9. Khi ú

C6n+3C7n+3C8n+C9n=2C8n+2 C6n+C7n+2¡

C7n+C8n¢

+C8n+C9n=2C8n+2
⇔ C7n+1+2C8n+1+C9n+1=2C8n+2

⇔ C7n+1+C8n+1+C8n+1+C9n+1=2C8n+2
⇔ C8n+2+Cn9+2=2C8n+2

⇔ C9n+2=C8n+2
⇔ 9![n[n+2]!

−7]!= ·

[n+2]!
8![n−6]!
⇔ n−6=9⇔n=15 [nhận].

Khi đó s hng tng quỏt trong khai trin lCk15Ăp3xÂ15k
à 2

px

ảk

=Ck152kx5[66k].

S hng không chứaxứng với 5[6−k]

6 =0⇔k=6.

Vậy số hạng không chứaxtrong khai triển làC61526=320320.

2 Chonlà số nguyên dương thỏa mãn điều kiện:6Cnn−+11=A2n+160. Tìm hệ số củax7trong khai triển[1−2x3][2+x]n.Điều kiệnn∈N,n≥2. Khi đó

6Cnn−+11=A2n+160 ⇔ 6·[n+1]n

2! =n[n−1]+160

⇔ n2+2n−80=0⇔"

n= −10 [loại]
n=8 [nhận].

Khi đó số hạng tổng quát trong khai triển là

[1−2x3]C8k28−kxk=Ck828−kxk−Ck829−kxk+3.
Vậy hệ số củax7trong khai triển là2C78−25C48= −2224.

3 Chon∈N∗vàa,b[b>0]. Biết trong khai triển nhị thức Niu-tơn
µ a

pb+b

¶n

có hạng tử chứaa4b9, tìm số hạng

Điều kiệnn∈N,n≥4.

Khi đó số hạng tổng qt trong khai triển làCkn

µ ap

b¶n−k

bk=Cknan−kb

3k−n

2 .

Trong khai triển có hạng tử chứaa4b9nên



n−k=43k−n

2 =9⇔

[
n=15k=11.

Khi đó số hạng tổng quát làCk15a15−kb3k−215.

Số hạng chứaavàbvới số mũ bằng nhau khi15−k=3k−15

2 ⇔k=9.
Vậy số hạng chứaavàbvới số mũ bằng nhau làC915a6b6=5005a6b6.

4 Chon là số nguyên dương thỏa mãnCnn−3−C2n−1=C1n−1Cnn++23. Tìm hệ số của số hạng chứax11trong khai triểnx3³xn−8− n

3x´n

,x6=0.

Điều kiệnn∈N,n≥3. Khi đó

Cnn−3−C2n−1=C1n−1Cnn++23 ⇔ n[n−1][n−2]

3! −

[n−1][n−2]

2! =[n−1]·[n+3]
⇔ n3−12n2−n+12=0⇔





n= −1 [loại]
n=1 [loại]
n=12 [nhận].

Khi ú s hng tng quỏt trong khai trin lx3Ck12Ăx4Â12k

à4

xảk

=Ck12[4]kx515k.
S hng chứax11ứng với51−5k=11⇔k=8.

Vậy hệ số củax11trong khai triển làC812[−4]8=32440320.

ä

BÀI 8. Trong khai triển nhị thức[1+ax]n, ta có số hạng đầu bằng1, số hạng thứ hai bằng24x, số hạng thứ ba bằng

252x2. Tìmnvàa. ĐS:n=8,a=3

Lời giải.

Điều kiệnn∈N,n≥2.

Khi đó số hạng tổng qt trong khai triển làCk

n[ax]k=Cknakxk.
Số hạng đầu là1nênC0n=1.

Số hạng thứ hai là48xnênC1na=24.

Số hạng thứ ba là252x2nênC2na2=252.

Ta suy ra

[

C1na=24
C2na2=252 ⇔

[
an=24

n[n−1]a2=504

⇔[

an=24
a=3 ⇔

[n=8

a=3.

Vậy[

n=8

a=3. ä

BÀI 9. Biết hệ số củaxn−2trong khai triển[x−2]nbằng220. Tìm hệ số củax2. ĐS:67584

Lời giải.

Điều kiệnn∈N,n≥2.

Khi đó số hạng tổng quát trong khai triển làCknxn−k[−2]k.

Do hệ số củaxn−2trong khai triển bằng220nên

C2n[−2]2=220 ⇔ n[n−1]=110

⇔ n2−n−110=0⇔"

n= −10 [loại]
n=11 [nhận].

BÀI 10. Biết hệ s caxn2trong khai trin

à
x1

4ản

bng31. Tỡm s nguyờn dngn. S:n=32

Li gii.

iu kinnN,n2.

Khi ú s hng tng quỏt trong khai trin lCknxnkà

14

ảk.Do h s caxn2trong khai trin bng31nờn

C2nà

14

ả2

=31 n[n1]=992

n2n992=0"

n= 31 [loi]n=32 [nhn].

Vyn=32. ọ

BI 11. Trong khai trin ca nh thcà

x22x

ản

cho biết tổng hệ số của ba số hạng đầu tiên trong khai triển trên

bằng97. Tìm hệ số của số hạng có chứax4. ĐS:1120

Lời giải.

Điều kiệnn∈N,n≥2.

Khi đó số hạng tổng quát trong khai trin lCknĂx2Ânk

à2

xảk

=Ckn[2]kx2n3k.Do tng h s ca ba s hạng đầu tiên trong khai triển trên bằng97nên

C0n+C1n[−2]+C2n[−2]2=97 ⇔ 1−2n+2n[n−1]=97
⇔ 2n2−4n−96=0⇔

"

n= −6 [loại]n=8 [nhận].

Khi đó hệ số củax4trong khai triển làC48[−2]4=1120. ä

BÀI 12. Tìm hệ số của một số hạng hoặc tìm một số hạng

1 Biếtnnguyên dương thỏa mãn điều kiệnC1n+C2n+· · · ·+Cn−1

n +Cnn=4095. Tìm hệ số của số hng chax8trong
khai trinP[x]=

à2x3+

px5

ản

vix>0. S:14784

2 Bit rngn l s nguyờn dng thỏa 3nC0n−3n−1C1n+3n−2C2n−3n−3C3n+ · · · +[−1]nCnn=2048.Tìm hệ số của x10

trong khai triển nhị thức[2+x]n, ĐS:1320

3 Tìm hệ số củax10trong khai triển¡px−3x2¢n,[x>0], biết rằngnlà số nguyên dương và tổng các hệ số trong

khai triển bằng−2048. ĐS:−4455

4 Chonlà số nguyên dương thỏa mãn điều kiệnC12n+1+C32n+1+C52n+1+ · · · +C2n+1

2n+1=1024. Tìm hệ số củax
7trong

khai triển đa thức[2−3x]2n. ĐS:−2099520

Lời giải.

1 Biếtnnguyên dương thỏa mãn điều kiệnC1n+C2n+· · · ·+Cn−1

n +Cnn=4095. Tìm hệ số của s hng chax8trongkhai trinP[x]=

à2
x3+

px5

ản

vix>0.
DoC1n+C2n+ Ã Ã Ã +Cn1

n +Cnn=2n1=4095n=12.Khi ú s hng tng quỏt trong khai trin lCk

12

à2x3

ả12kp

x5k=Ck

12212kx

72+11k

2 .

S hng chứax8trong khai triển ứng với −72+11k

2 =8⇔k=8.
Ta suy ra hệ số củax8trong khai triển làC81224=7920.

2 Biết rằngn là số nguyên dương thỏa 3nC0n−3n−1C1n+3n−2C2n−3n−3C3n+ · · · +[−1]nCnn=2048.Tìm hệ số của x10trong khai triển nhị thức[2+x]n.

Ta có[a+b]n=C0nan+C1nan−1b+C2nan−2b2+C3nan−3b3+ · · · +Cnnbn.Choa=3,b= −1ta được

3nC0n−3n−1C1n+3n−2C2n−3n−3C3n+ · · · +[−1]nCnn=2n=2048⇔n=11.
Khi đó số hạng tổng quát trong khai triển làCk11211−kxk.

3 Tìm hệ số củax10trong khai triển¡px−3x2¢n,[x>0], biết rằng nlà số nguyên dương và tổng các hệ số trongkhai triển bằng−2048.

ĐặtP[x]=¡p

x−3x2¢n. Tổng các hệ số trong khai triểnP[x]làP[1]=[−2]n.
Do tổng các hệ số trong khai triển là−2048nên[−2]n= −2048⇔n=11.
Khi đó số hạng tổng quát trong khai triển làC11k ¡p

x¢11−k¡

−3x2¢k=Ck11[−3]kx11+23k.Số hạng chứax10ứng với 11+3k

2 =10⇔k=3.
Vậy hệ số củax10làC311[−3]3= −4455.

4 Chonlà số nguyên dương thỏa mãn điều kiệnC12n+1+C32n+1+C52n+1+ · · · +C2n+1

2n+1=1024. Tìm hệ số củax
7trong

khai triển đa thức[2−3x]2n.
Ta có[a+b]2n+1=C0

2n+1a2n+1+C12n+1a2nb+C22n+1a2n−1b2+C32n+1a2n−2b3+ · · · +C22nn++11b2n+1.

Choa=1,b=1ta đượcC02n+1+C12n+1+C22n+1+C32n+1+ · · · +C22nn++11=22n+1 [1].

Choa=1,b= −1ta đượcC0

2n+1−C12n+1+C22n+1−C32n+1+ · · · −C22nn++11=0 [2].

Từ [1] và [2] suy raC12n+1+C32n+1+C52n+1+ · · · +C2n+12n+1=2

2n

=1024⇔n=5.
Khi đó số hạng tổng quát trong khai triển làC10k [2]10−k[

−3x]k.
Ta suy ra hệ số củax7trong khai triển làC71023[−3]7= −2099520.

ä
{DẠNG 3.3. Chứng minh hoặc tính tổng

• [a+b]n=C0nan+C1nan−1b

+C2nan−2b2

+ · · · +Cn−1

n abn−1+Cnnbn.
• Ckn=Cn−k

n .

• C0n+C1n+C2n+ · · · +Cnn=2n.

• C0n−C1n+C2n+ · · · +[−1]nCnn=0.

1

VÍ DỤ 1. Chứng minh

1 C02n+C12n+C22n+C32n+ · · · +C22nn−1+C22nn=4n.

2 C0n·3n−C1n·3n−1

+ · · · +[−1]nCnn=C0n+C1n+ · · · +Cnn.

Lời giải.

1 Xét nhị thức

[x+1]2n=C02nx2n+C12nx2n−1+C22nx2n−2+C32nx2n−3+ · · · +C22nn−1x+C22nn.

Thayx=1ta được

C02n+C12n+C22n+C32n+ · · · +C22nn−1+C22nn=22n.
VậyC02n+C12n+C22n+C32n+ · · · +C2n−1

2n +C

2n

2n=4
n.

2 Xét nhị thức[x−1]n=C0nxn−C1nxn−1+ · · · +[−1]nCnn.Thayx=3ta được

C0n·3n−C1n·3n−1+ · · · +[−1]nCnn=2n.
Lại cóC0n+C1n+ · · · +Cnn=2n.

VậyC0n·3n−C1n·3n−1+ · · · +[−1]nCnn=C0n+C1n+ · · · +Cnn.

ä

VÍ DỤ 2. Tính các tổng sau

1 S=C05+C15+C25+ · · · +C55. ĐS:S=32.

2 S=2C12010+23C32010+25C52010+ · · · +22009C20092010. ĐS:S=3

2010

−1

2 .

1 Ta cóS=C05+C15+C25+ · · · +C55=25=32.

2 Xét nhị thức

[1+x]2010=C02010+C12010x+C22010x2+C32010x3+ · · · +C20092010x2009+C20102010x2010.
Thayx=2ta được

C02010+2C12010+22C22010+23C20103 + · · · +22009C20092010+22010C20102010=32010. [1]
Thayx= −2ta được

C02010−2C12010+22C22010−23C32010+ · · · −22009C20092010+22010C20102010=1. [2]Trừ hai vế[1]và[2]suy ra

2¡

2C12010+23C32010+25C52010+ · · · +22009C20092010¢

=32010−1.VậyS=3

2010−1

2 .

ä

VÍ DỤ 3. Tìm số ngun dươngnthỏa mãn các điều kiện sau

1 C1n+C2n+C3n+ · · · +Cnn−1+Cnn=4095. ĐS:n=12.

2 C12n+1+C32n+1+C52n+1+C72n+1+ · · · +C22nn++11=1024. ĐS:n=5.

Lời giải.

1 Ta có

C1n+C2n+C3n+ · · · +Cnn−1+Cnn=4095

⇔ C0n+C1n+C2n+C3n+ · · · +Cnn−1+Cnn=4095+C0n⇔ 2n=4096=212⇔n=12.

2 Ta có[

C02n+1+C12n+1+C22n+1+C32n+1+ · · · +C22nn+1+C22nn++11=22n+1
C02n+1−C12n+1+C22n+1−C23n+1+ · · · +C22nn+1−C22nn++11=0.Trừ hai vế ta được

2¡

C12n+1+C23n+1+ · · · +C22nn+1−C22nn++11¢=22n+1

⇔ C12n+1+C32n+1+ · · · +C22nn+1−C22nn++11=22n

ä

VÍ DỤ 4. Chứng minh
Ckn=Cn−k

n .

1 k[k−1]Ckn=n[n−1]Ck−2

n−2.

2

Lời giải.

1 Ta cóCkn=Cnn−k⇔ n!
[n−k]!k!=

n!

k![n−k]! [ln đúng]. Suy ra điều phải chứng minh.

2 Ta có

k[k−1]Ckn=n[n−1]Cnk−−22 ⇔ k[k−1]· n!

[n−k]!k!=n[n−1]·

[n−2]![n−k]![k−2]!⇔ k[k−1]n!

[n−k]!k[k−1][k−2]!=

n[n−1][n−2]!
[n−k]![k−2]!
⇔ [n n!

−k]![k−2]!=

n!

[n−k]![k−2]![ln đúng].

Suy ra điều phải chứng minh.

VÍ DỤ 5. Cho khai trin
à1

3+2x

3ả11

=a0+a1x+a2x2+ Ã Ã Ã +a11x11. Hóy tỡm h s lớn nhất trong các số a0,

a1,. . .,a11? ĐS:a7=

C711·27311 ,a8=

C811·28311

Lời gii.

S hng tng quỏt ca khai trin
à1

3+2x

3ả11

l

Tk+1=C11k Ã

à13

ả11kÃ

à2x3

ảk

=C11k à 2k

311Ãx

k.

Do đó hệ số của số hạng tổng quát làak=C11k ·2k311=

Ck11·2k311 .

Xét akak+1y]. Biết xác suất để ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn là0,976và xác suất để ba cầu thủ đêu ghi bàn là

0,336. Tính xác suất để có đúng hai cầu thủ ghi bàn? ĐS:

Lời giải.

Xác suất để3cầu thủ cùng ghi bàn làx·y·0,6=0,336⇔x·y=0,56 [1].

Xác suất để khơng có cầu thủ nào ghi bàn là[1−x][1−y][1−0,6]=1−0,976 [2].

Từ[1], [2]ta có[

x·y=0,56

[1−x][1−y]=0,06⇔[

x y=0,56

−x−y+x y= −0,94⇔[

x y=0,56
x+y=1, 5⇔





x=45

y= 7

10.

ä

BÀI 20. Một bài trắc nghiệm có10câu hỏi, mỗi câu hỏi có4phương án lựa chọn trong đó có1đáp án đúng. Giả sửmỗi câu trả lời đúng được5điểm và mỗi câu trả lời sai được trừ2điểm. Một học sinh không học bài nên đánh hú

họa một câu trả lời. Tìm xác suất để học sinh này nhận điểm dưới1. ĐS: 85293

1048576

Lời giải.

Gọixlà số câu trả lời đúng[0≤x≤10], khi đó số câu trả lời sai là10−x. Để học sinh làm dưới1điểm thì số câu trả
lời đúng thỏa mãn bất phương trình5x+[10−x][−2]0. S:35

Li gii.

S hng tng quỏt ca khai trin l

Ck7[p3x]7kà 1

4

px

ảk

=C7kx73kx4k=Ck

7x

287k

12 , [kZ, 0≤k≤7].

Số hạng không chứaxlà số hạng tương ứng vớik, [k∈Z, 0≤k≤7]thỏa mãn:28−7k

12 =0⇔k=4.

Số hạng khơng chứaxcần tìm làC47=35. ä

BÀI 21. Tìm số nguyên dươngn, biết rằng

C12n+1−2·2C22n+1+3·22C32n+1−4·23C42n+1+ · · · +[2n+1]·22nC22nn++11=2005.

ĐS:1002

Lời giải.

Ta có[1+x]2n+1=C02n+1+C12n+1x+C22n+1x2+C32n+1x3+. . .+C22nn++11x2n+1 ∀x∈R.Đạo hàm hai vế ta được

[2n+1][1+x]2n=C12n+1+2C22n+1x+3C32n+1x2+. . .+[2n+1]C22nn++11x2n, ∀x∈R.Thayx= −2ta có

C12n+1−2.2C22n+1+3.22C32n+1−4.23C24n+1+. . .+[2n+1]·22nC22nn++11=2n+1.

Theo giả thiết ta có2n+1=2005⇔n=1002. ä

BÀI 22. Một đội thanh niên tình nguyện có15 người gồm 12nam và 3nữ. Hỏi có bao nhiêu cách phân cơng đội
thanh niên tình nguyện đó về giúp đỡ3tỉnh miền núi, sao cho mỗi tỉnh có4nam và1nữ? ĐS:207900

Lời giải.

CóC13C412cách phân cơng thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất.

Với mỗi cách phân cơng các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất thì cóC12C48cách phân cơng thanh niêntình nguyện về tỉnh thứ hai.

Với mỗi cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất, thứ hai thì cóC11C44 cách phân cơngthanh niên tình nguyện về tỉnh thứ ba.

Số cách phân cơng đội thanh niên tình nguyện về3tỉnh thỏa mãn u cầu bài tốn là
C13·C412·C12·C48·C11·C44=207900.

ä

BÀI 23. Tính giá trị của biểu thức: M = A

4

n+1+3A3n

[n+1]! , biết rằng số nguyên dương n thỏa mãn:

C2n+1+2C2n+2+2Cn2+3+C2n+4=149. ĐS: 3

4

Điều kiệnn≥3.Ta có

C2n+1+2C2n+2+2C2n+3+C2n+4=149
⇔ 2![n[n+1]!

−1]!+2[n+2]!

2!n! +2

[n+3]!
2![n+1]!+

[n+4]!
2![n+2]!=149
⇔ n2+4n−45=0

⇔"

n=5 [nhận]
n= −9 [loại].

Vớin=5ta đượcM=A

46+3A35

6! =6!2!+3·

5!2!

6! =

3

4. ä

BÀI 24. Tìm hệ số của số hạng chax26trong khai trin nh thc Niutn ca
à1

x4+x

7ản, bit rngC12n+1+C

22n+1+

C32n+1+ Ã · · +Cn2n+1=220−1. ĐS:210

Lời giải.

Ta cóCkn=Cnn−knênC12n+1=C22nn+1, C22n+1=C22nn−+11, . . . , C2nn+1=Cn2n++11.Suy raC1

2n+1+C22n+1+. . .+C2nn+1=C22nn+1+C22nn+−11+. . .+C2n+n+11.

Ta có

[1+x]2n+1=C02n+1+¡

C12n+1+C22n+1+. . .+Cn2n+1¢+¡

C22nn+1+C22nn−+11+. . .+Cn2n++11Â
+C22nn++11
=2+2Ă

C12n+1+C22n+1+. . .+Cn2n+1Â

Chox=1ta c22n+1

=2+2Ă
2201Â

=221n=10
à1

x4+x7

ả10.Ta cú

à1x4+x

7

ả10=Ăx4

+x7Â10
=

10

Xk=0

Ck10Ăx4ÂkĂ

x7Â10k=

10

Xk=0

Ck10x7011k.
S hng chax26ng vi7011k=26k=4.

Vy h số của số hạng chứax26làC410=210. ä

BÀI 25. Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thơng có12học sinh, gồm5học sinh lớpA,4học sinh lớpBvà3học sinh lớpC. Cần chọn4học sinh đi làm nhiệm vụ, sao cho4học sinh này thuộc không quá2trong3lớp

trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy? ĐS:225

Lời giải.

Số cách chọn4học sinh từ12học sinh đã cho làC412=495.

số cách chọn4học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một em được tính như sau:

LớpAcó2học sinh, các lớpB,Cmỗi lớp có1học sinh, số cách chọn làC25·C14·C13=120.

LớpBcó2học sinh, các lớpA,Cmỗi lớp có1học sinh, số cách chọn làC15·C24·C13=90.

LớpCcó2học sinh, các lớpA,Bmỗi lớp có1học sinh, số cách chọn làC15·C14·C23=60.

Số cách chọn4học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một học sinh là120+90+60=270.

Vậy, số cách chọn phải tìm là495−270=225. ä

BÀI 26. Tìm hệ số của số hạng chứax10trong khai triển nhị thức Newton của[2+x]n, biết3n·C0n+3n−1

·C1n+3n−2

·
C2n−3n−3

·C3n+ · · · +[−1]n·Cnn=2048. ĐS:2C1011

Lời giải.

Trong khai triển nhị thức Newton[a+b]nchoa=3,b= −1ta được kết quả

[3−1]n=3nC0n−3n−1C1n+3n−2C2n−3n−3C3n+. . .+[−1]nCnn=2048=211⇒n=11.

Do đó tìm được hệ số của số hạng chứax10trong khai triển[2+x]11là2C1011. ä

BÀI 27. Tìm hệ số của sốx5trong khai triểnx·[1−2x]5+x2·[1+3x]10. ĐS:3320

Lời giải.

Hệ số củax5trong khai triểnx·[1−2x]5là[−2]4C45=80.
Hệ số củax5trong khai triểnx2·[1+3x]10là33C310=3240.

Hệ số củax5trong khai triểnx·[1−2x]5+x2·[1+3x]10là80+3240=3320. ä

BÀI 28. Cho khai triển[1+2x]n=a0+a1x+· · ·+anxn, trong đón∈N∗và các hệ sốa0,a1,a2, . . . ,anthỏa mãn hệ thứca0+

a1

2 +a2

4 + · · · · +an

Lời giải.

Ta có[1+2x]n=C0n+2C1nx+22C2nx2+. . .+2nCnnxn.
Theo đề[1+2x]n=a

0+a1x+a2x2+. . .+anxnsuy raa0=C0n,a1

2 =C

1

n, . . . ,an2n =C

nn.Vì thếa0+

a1

2 +. . .+an

2n =4096⇔C

0

n+C1n+. . .+Cnn=4096⇔2n=212⇔n=12.
Khi đó ta có khai triển[1+2x]12=X12

0

Ck122kxk⇒ak=Ck122k.

Xét bất phương trìnhaka12.

Vậy hệ số lớn nhất trong các hệ sốa0,a1, . . . ,an làa8=28C812=126720. ä
BÀI 29. Tìm số nguyên dươngnthỏaC12n+C32n+C25n+ · · · +C22nn−1=2048. ĐS:n=6

Lời giải.

Ta có

0 = [1−1]2n=C02n−C12n+. . .−C22nn−1+C22nn
22n = [1+1]2n=C02n+C12n+. . .+C22nn−1+C22nn.
⇒C12n+C32n+. . .+C22nn−1=22n−1.

Từ giả thiết suy ra22n−1=2048⇔n=6. ä

BÀI 30. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn5Cn−1

n =C3n. Tìm số hạng chứa x5trong khai trin nh thc Newton:
ànx2

14 1x

ản

,x6=0. S:35

16x

5

Li gii.

5Cnn1=Cn35n=n[n1][n2]

6 n=7 [vỡnnguyờn dng].

Khi ú
ànx2

14 1x

ản=

àx22 1xả7=7Xk=0

C7k
àx2

2ả7kà

1xảk

=

7

Xk=0

[1]kC7k27k x

143k.

S hng chax5ng vi143k=5k=3.

Do ú s hạng cần tìm là [−1]

3

·C3724 x

5

= −3516x5. ä

BÀI 31. Trong một lớp học gồm có15học sinh nam và10học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên4học sinh lên bảng
giải bài tập. Tính xác suất để4học sinh được gọi có cả nam và nữ. ĐS:443

506

Lời giải.

Số cách chọn4học sinh trong lớp làC4

25=12650.

Số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ làC115·C310+C215·C210+C315·C110=11075.Vậy xác suất cần tính làP=11075

12650=443

506. ä

BÀI 32. GọiSlà tập hợp tất cả số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các số1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xác định số
phần tử củaS. Chọn ngẫu nhiên một số từS, tính xác xuất để số được chọn là số chẵn. ĐS: 3

7

Lời giải.

Số phần tử củaSlàA37=210.

Số cách chọn một số chẵn từSlà3·6·5=90.Xác suất cần tính bằng 90

210=3

7. ä

BÀI 33. Có hai chiếc hộp chứa bi. Hộp thứ nhất chứa4viên bi đỏ và3viên bi trắng, hộp thứ hai chứa2viên bi đỏvà4viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra1viên bi. Tính xác suất để lấy được hai viên bi cùng màu.ĐS:10

21

Lời giải.

Số cách chọn 2 viên bi, mỗi viên từ một hộp là7·6=42.
Số cách chọn 2 viên bi đỏ, mỗi viên từ một hộp là4·2=8.
Số cách chọn 2 viên bi trắng, mỗi viên từ một hộp là3·4=12.
Xác suất để 2 viên bi được lấy ra có cùng màu làP=8+12

42 =10

21. ä

BÀI 34. Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ công ty sữa, người ta gửi đến bộ phận kiểm nghiệm5hộp sữa cam,4hộp sữa dâu và3hộp sữa nho. Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên3hộp sữa để phân tích mẫu. Tính xác suất

để3hộp sữa được chọn có cả3loại. ĐS: 3

Lời giải.

Số phần tử của không gian mẫu làC312=220.

Số cách chọn 3 hộp sữa có đủ 3 loại làC15·C14·C13=60. Do đó xác suất cần tính làP= 60220=

3

11. ä

BÀI 35. Từ một hộp chứa16thẻ được đánh số từ1đến16, chọn ngẫu nhiên4thẻ. Tính xác suất để4thẻ được chọn

đều được đánh số chẵn? ĐS: 1

26

Lời giải.

Số phần tử của không gian mẫu làC416=1820.GọiElà biến số “4 thẻ được đánh số chẵn”.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố “4 thẻ được đánh số chẵn” làC48=70.

Xác suất cần tính làP[E]=n[E]n[Ω]=

701820=

1

26. ä

BÀI 36. Trong đợt ứng phó dịch MERS – CoV, Sở Y tế thành phố đã chọn ngẫu nhiên ba đội phòng chống dịch cơđộng trong số5đội của Trung tâm y tế dự phòng thành phố và 20 đội của các trung tâm y tế cơ sở để kiểm tra cơng

tác chuẩn bị. Tính xác suất để có ít nhất hai đội của các trung tâm y tế cơ sở được chọn. ĐS: 209

230

Lời giải.

Khơng gian mẫuΩcó số phần tử làn[Ω]=C325=2300.

GọiElà biến cố: có ít nhất hai đội của các trung tâm y tế cơ sở được chọn.
Số kết quả thuận lợi cho biến cốElàC220·C15+C320=2090.

VậyP[E]=n[E]n[Ω]=

20902300=

209

230. ä

BÀI 37. Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tử mở cửa phịng học của lớp mình. Bảng gồm10nút, mỗi nútđược ghi một số từ0đến9và khơng có hai nút nào được ghi cùng một số. Để mở cửa cần nhấn liên tiếp3nút khácnhau sao cho3số trên3nút đó theo thứ tự đã nhấn tạo thành một dãy số tăng và có tổng bằng 10. Học sinh Bkhông biết quy tắc mở cửa trên, đã nhấn ngẫu nhiên liên tiếp 3 nút khác nhau trên bảng điều khiển. Tính xác suất

đểBmở được cửa vào phịng học đó. ĐS: 1

90

Lời giải.

Khơng gian mẫuΩcó số phần tử làn[Ω]=A310=720.GọiElà biến cố: “Bmở được cửa phòng học”. Ta có

E={[0; 1; 9], [0; 2; 8], [0; 3; 7], [0; 4; 6], [1; 2; 7], [1; 3; 6], [1; 4; 5], [2; 3; 5]}.

Do đón[E]=8. VậyP[E]=n[E]n[Ω]=

1