Tổng hợp lý thuyết và bài tập môn xác suất thống kê| Đại học Kinh tế Quốc Dân

Đại học Kinh tế Quốc dân với những kiến thức và thông tin bổ ích giúp các bạn định hướng và họp tập dễ dàng hơn. Mời bạn đọc đón xem. Chúc bạn ôn luyện thật tốt và đạt điểm cao trong kì thi sắp tới

Trường:

Đại học Kinh Tế Quốc Dân 3 K tài liệu

Thông tin:
60 trang 11 tháng trước
Tác giả:
H
Hà Việt Anh
docx.com.vn

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Tổng hợp lý thuyết và bài tập môn xác suất thống kê| Đại học Kinh tế Quốc Dân

Đại học Kinh tế Quốc dân với những kiến thức và thông tin bổ ích giúp các bạn định hướng và họp tập dễ dàng hơn. Mời bạn đọc đón xem. Chúc bạn ôn luyện thật tốt và đạt điểm cao trong kì thi sắp tới

150 75 lượt tải Tải xuống

Môn: Xác suất thống kê (XSTK021) 145 tài liệu

Trường: Đại học Kinh Tế Quốc Dân 3 K tài liệu

Thông tin:

60 trang 11 tháng trước

Tác giả:

Profile Hà Việt Anh
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
CHUYÊN ĐỀ TỔ HỢP – XÁC SUẤT
I – LÝ THUYẾT BỔ TRỢ
A. Hoán vị - Chỉnh hợp – Tổ hợp
I. Hoán vị
1. Giai thừa
! 1.2.3 n n
Qui ước:
0! 1
! –1 !n n n
1
!
.
!
2
n
p p
p
n
(với
n p
)
!
( )!
– 1 . – 2
n p n p
n
n p
n
(với
n p
)
2. Hoán vị (không lặp)
Một tập hợp gồm n phần tử (n 1). Mỗi cách sắp xếp n phần tử này theo
một thứ tự nào đó được gọi là một hoán vị của n phần tử.
Số các hoán vị của n phần tử là:
3. Hoán vị lặp
Cho k phần tử khác nhau:
, , , .
k
a a a
1 2
Một cách sắp xếp
n
phần tử trong đó
gồm
n
1
phần tử
, a n
1 2
phần tử
, ,
k
a n
2
phần tử
k
a
n n nk n
1
2
theo một
thứ tự nào đó được gọi là một hoán vị lặp cấp
n
và kiểu
, , ,
k
n n n
1 2
của
k
phần
tử.
Số các hoán vị lặp cấp
n
kiểu
, , ,
k
n n n
1 2
của
k
phần tử là:
2
1 2
1
, , ,
!
! !... !
k
n k
n
n n
n n
n
P n
4. Hoán vị vòng quanh
Cho tập A gồm n phần tử. Một cách sắp xếp n phần tử của tập A thành một
dãy kín được gọi là một hoán vị vòng quanh của n phần tử.
Số các hoán vị vòng quanh của n phần tử là:
– !
n
Q n 1
II. Chỉnh hợp
1. Chỉnh hợp (không lặp)
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Cho tập hợp A gồm n phần tử. Mỗi cách sắp xếp k phần tử của A (1 k
n) theo một thứ tự nào đó được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử của tập
A.
Số chỉnh hợp chập k của n phần tử:
!
( 1)( 2)...( 1)
( )!
k
n
n
A n n n n k
n k
Công thức trên cũng đúng cho trường hợp k = 0 hoặc k = n.
Khi k = n thì
!
n
n
n
A P n
2. Chỉnh hợp lặp
Cho tập A gồm n phần tử. Một dãy gồm k phần tử của A, trong đó mỗi phần
tử có thể được lặp lại nhiều lần, được sắp xếp theo một thứ tự nhất định được gọi là
một chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử của tập A.
Số chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử:
k k
n
A n
III. Tổ hợp
1. Tổ hợp (không lặp)
Cho tập A gồm n phần tử. Mỗi tập con gồm k (1 k n) phần tử của A được
gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử.
Số các tổ hợp chập k của n phần tử:
!
! !( )!
k
k
n
n
A n
C
k k n k
Qui ước:
0
n
C
= 1
Tính chất:
0 1 1
1 1
1
1; ; ;
n k n k k k k k k
n n n n n n n n n
n k
C C C C C C C C C
k
2. Tổ hợp lặp
Cho tập A =
1 2
; ;...;
n
a a a
và số tự nhiên k bất kì. Một tổ hợp lặp chập k của n
phần tử là một hợp gồm k phần tử, trong đó mỗi phần tử là một trong n phần tử của
A.
Số tổ hợp lặp chập k của n phần tử:
1
1 1
k k m
n n k n k
C C C
.
3. Phân biệt chỉnh hợp và tổ hợp
Chỉnh hợp và tổ hợp liên hệ nhau bởi công thức:
!
k k
n n
A k C
Chỉnh hợp: có thứ tự.
Tổ hợp: không có thứ tự.
Những bài toán mà kết quả phụ thuộc vào vị trí các phần tử –> chỉnh hợp
Ngược lại, là tổ hợp.
Cách lấy k phần tử từ tập n phần tử (k n):
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
+ Không thứ tự, không hoàn lại:
k
n
C
+ Có thứ tự, không hoàn lại:
k
n
A
+ Có thứ tự, có hoàn lại:
k
n
A
Phương án 2: Đếm gián tiếp (đếm phần bù)
Trong trường hợp hành động
H
chia nhiều trường hợp thì ta đi đếm phần bù của
bài toán như sau:
Đếm số phương án thực hiện hành động
H
(không cần quan tâm đến có thỏa
tính chất
T
hay không) ta được
a
phương án.
Đếm số phương án thực hiện hành động
H
không thỏa tính chất
T
ta được
b
phương án.
Khi đó, số phương án thỏa yêu cầu bài toán là:
a b
.
B. Nhị thức Niu tơn
DẠNG 1: XÁC ĐỊNH CÁC HỆ SỐ, SỐ HẠNG TRONG KHAI TRIỂN NHỊ
THỨC NEWTON
Phương pháp:
0 0
n n
n n k k
p q k p q k n k k np pk qk
n n
k k
ax bx C ax bx C a b x
Số hạng chứa
m
x
ứng với giá trị
k
thỏa:
np pk qk m
.
Từ đó tìm
m np
k
p q
Vậy hệ số của số hạng chứa
m
x
là:
.
k n k k
n
C a b
với giá trị
k
đã tìm được ở trên.
Nếu
k
không nguyên hoặc
k n
thì trong khai triển không chứa
m
x
, hệ số phải
tìm bằng 0.
Chú ý: Xác định hệ số của số hạng chứa
m
x
trong khai triển
n
p q
P x a bx cx
được viết dưới dạng
2
0 1 2
...
n
n
a a x a x
.
Ta làm như sau:
* Viết
0
n
n k
p q k n k p q
n
k
P x a bx cx C a bx cx
;
* Viết số hạng tổng quát khi khai triển các số hạng dạng
k
p q
bx cx
thành một đa
thức theo luỹ thừa của x.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
* Từ số hạng tổng quát của hai khai triển trên ta tính được hệ số của
m
x
.
Chú ý: Để xác định hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức Niutơn
Ta làm như sau:
* Tính hệ số
k
a
theo
k
và
n
;
* Giải bất phương trình
1
k k
a a
với ẩn số
k
;
* Hệ số lớn nhất phải tìm ứng với số tự nhiên k lớn nhất thoả mãn bất phương trình
trên.
DẠNG 2: BÀI TOÁN TỔNG
0
n
k k
k n
k
a C b
Phương pháp 1: Dựa vào khai triển nhị thức Newton
0 1 1 2 2 2
( ) ...
n n n n n n
n n n n
a b C a a bC a b C b C
.
Ta chọn những giá trị
,a b
thích hợp thay vào đẳng thức trên.
Một số kết quả ta thường hay sử dụng:
*
k n k
n n
C C
*
0 1
... 2
n n
n n n
C C C
*
0
( 1) 0
n
k k
n
k
C
*
2
2 2 1
2 2 2
0 0 0
1
2
n n n
k k k
n n n
k k k
C C C
*
0
(1 )
n
k k n
n
k
C a a
.
Phương pháp 2: Dựa vào đẳng thức đặc trưng
Mẫu chốt của cách giải trên là ta tìm ra được đẳng thức (*) và ta thường gọi (*) là
đẳng thức đặc trưng.
Cách giải ở trên được trình bày theo cách xét số hạng tổng quát ở vế trái (thường
có hệ số chứa
k
) và biến đổi số hạng đó có hệ số không chứa k hoặc chứa k nhưng
tổng mới dễ tính hơn hoặc đã có sẵn.
C. Xác suất
1. Biến cố
Không gian mẫu
: là tập các kết quả có thể xảy ra của một phép thử.
Biến cố là tập các kết quả của phép thử làm xảy ra A: A. A
.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Biến cố không: Biến cố chắc chắn:
Biến cố đối của A:
\A A
Hợp hai biến cố: A B
Giao hai biến cố: A
B (hoặc A.B)
Hai biến cố xung khắc: A
B =
Hai biến cố độc lập: nếu việc xảy ra biến cố này không ảnh hưởng đến việc
xảy ra biến cố kia.
2. Xác suất
Xác suất của biến cố: P(A) =
( )
( )
n A
n
0
P(A)
1; P(
) = 1; P(
) = 0
Quy tắc cộng: Nếu A
B =
t P(A hì
B) = P(A) + P(B)
Mở rộng: bất kì: A, B P(A
B) = P(A) + P(B) – P(A.B)
P(
A
) = 1 – P(A)
Quy tắc nhân: Nếu độc lập thìA, B P(A. B) = P(A). P(B)
DẠNG 1: XÁC ĐỊNH PHÉP THỬ, KHÔNG GIAN MẪU VÀ BIẾN CỐ
Phương pháp: Để xác định không gian mẫu và biến cố ta thường sử dụng các
cách sau
Cách 1: Liệt kê các phần tử của không gian mẫu và biến cố rồi chúng ta đếm.
Cách 2: Sử dụng các quy tắc đếm để xác định số phần tử của không gian mẫu và
biến cố.
DẠNG 2: TÌM XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ
Phương pháp:
Tính xác suất theo thống kê ta sử dụng công thức:
( )P A
Soá laàn xuaát hieän cuûa bieán coá A
N
.
Tính xác suất của biến cố theo định nghĩa cổ điển ta sử dụng công thức:
( )
( )
( )
n A
P A
n
.
II – CÁC VÍ DỤ
1. Bài toán l p sốốậ
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Ví dụ 1: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có sáu
chữ số và thỏa mãn điều kiện: sáu chữ số của mỗi số là khác nhau và trong mỗi số
đó tổng của ba chữ số đầu nhỏ hơn tổng của ba chữ số cuối một đơn vị?
Giải:
Gọi số cần tìm là:
1 2 3 4 5 6
, , , , ,a a a a a a
(a ≠ 0)
1
Theo đề ra, ta có:
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
( ) 1
( ) ( ) 1 2 3 4 5 6 21
a a a a a a
a a a a a a
1 2 3
4 5 6
10
11
a a a
a a a
Có ba tổ hợp tổng bằng 10 là: ( 1, 3, 6), (1, 4, 5), (2, 3, 5).
Trong mỗi tổ hợp: - Hoán vị ba chữ số đầu: có 3! cách.
- Hoán vị của ba chữ số cuối: có 3! cách.
Suy ra có 3!.3! = 36 (số).
Vậy với ba tổ hợp có: 3.36 = 108 (số).
Ví dụ 2: Với các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số tự
nhiên có sáu chữ số đôi một khác nhau sao cho các chữ số 1, 2, 3 đứng kề nhau?
Giải:
Từ 10 chữ số đã cho ta lập được
3
7
C
bộ gốm 6 chữ số khác nhau, trong đó luôn có
mặt các chữ số 1, 2, 3.
Từ mỗi bộ như thế lập được
4!3!
số có 6 chữ số khác nhau trong đó các chữ số 1,
2, 3 luôn đứng kề nhau (với quy ước tính cả các số mà có chữ số 0 đứng đầu). Vậy
có
4!3!
3
7
C
=5040 (số).
Trong 5040 số được tạo thành có 3!3!
2
6
C
= 540 (số) gồm 6 chữ số khác nhau mà
chữ số 0 đứng đầu và các chữ sô 1, 2, 3 luôn đứng kề nhau.
Vậy có 5040 – 540 = 4500 (số cần tìm).
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Ví dụ 3: Cho tập hợp E =. Từ tập hợp E có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có
bốn chữ số đôi một khác nhau, sao cho tích các chữ số là một số chẵn?
Giải:
Số các số có 4 chữ số khác nhau lập từ tập E là: 7.
3
7
A
=7.7.6.5 =1470 (số).
Số có 4 chữ số khác nhau sao cho tích các chữ số là một số lẻ có dạng
, , , , 1,3,5,7x abcd a b c d
.
Suy ra số các số có 4 chữ số khác nhau sao cho tích các chữ số là một số lẻ là 4! =
24 (số).
Vậy số các số có 4 chữ số khác nhau sao cho tích cac chữ số là một số chẵn là
1470 – 24 = 1446 (số).
Ví dụ 4: Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, ta lập được bao nhiêu số tự nhiên
có 6 chữ số, mà các chữ số đôi một khác nhau và trong đó hai chữ số kề nhau
không cùng là số lẻ?
Giải:
Gọi số đó là
1 2 3 4 5 6
A a a a a a a
. Từ giả thiết suy ra có 1 hoặc 2 hoặc 3 chữ số lẻ. A
Trường hợp 1: có 1 chữ số lẻ.A
+)
1
a
lẻ: Số các số A là
1
5 5
600C P
+)
1
a
chẵn: Có 4 cách chọn
1
a
. Số các số là A
1 4
5 4 5
4.( ) 2400C C P
Tổng có: 600 + 2400 = 3000 số các số trong đó có đúng một chữ số lẻ.A
Trường hợp 2: có 2 chữ số lẻ.A
+)
1
a
lẻ: Có 5 cách chọn
1
a
. Có 5 cách chọn
2
a
chẵn.
Vậy số các số là A
1 3
4 4 4
5.5.( ) 9600C C P
+)
1
a
chẵn: Có 4 cách chọn
1
a
. Có 6 cách chọn hai vị trí không kề nhau của hai số
lẻ trong
2
a
3
a
4
a
5
a
6
a
. Vậy số các số là A
2 3
5 2 4
4.( .6. ). 11520C P A
Tổng có: 9600 + 11520 = 21120 số các số .A
Trường hợp 3: có 3 chữ số lẻA
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
+)
1
a
lẻ: Có 5 cách chọn
1
a
. Có 5 cách chọn
2
a
. Có 3 cách chọn hai vị trí không kề
nhau của hai số lẻ trong
3
a
4
a
5
a
6
a
. Vậy số các số là A
2 2
4 2 4
5.5.( .3. ). 10800C P A
+)
1
a
chẵn: Có 4 cách chọn
1
a
. Có 1 cách chọn 3 vị trí không kề nhau của 3 số lẻ
trong
2
a
3
a
4
a
5
a
6
a
. Vậy số các số là: A
3 2
5 3 4
4.( .1. ). 2880C P A
.
Tổng có: 10800 + 2880 = 13680 số các số .A
Tóm lại có: 3000 + 21120 + 13680 = 37800 số các số .A
Ví dụ 5: Tính tổng các số chẵn có 4 chữ số được viết từ các chữ số 1, 2, 3, 4.
Giải:
Các số cần tính tổng có dạng
abcd
với
, , 1, 2, 3, 4 , 2, 4a b c d
Ta có
3 2 3 2
10 10 10 10 10 10abcd a b c d abcd a b c d
Có tất cả:
4 4 4 2 128
số chẵn gồm 4 chữ số được viết từ
1, 2,3,4
, trong đó:
mỗi chữ số
, ,a b c
xuất hiện
4 4 2 32
lần, mỗi chữ số d xuất hiện
4 4 4 64
lần.
Do đó:
32 1 2 3 4 320a b c
và
64 2 4 384d
Suy ra:
3 2
320 10 10 10 384 320 1110 384 355584abcd
.
2. Bài toán tổ hợp, chỉnh hợp
Ví dụ 6: Một thầy giáo có 12 cuốn sách đôi một khác nhau gồm 5 cuốn sách
Toán,4 cuốn Văn và 3 cuốn Tiếng Anh. Thầy lấy 6 cuốn tặng đều cho 6 học sinh.
Hỏi có bao nhiêu cách tặng mà sau khi tặng xong thì mỗi loại sách còn ít nhất 1
cuốn?
Giải:
Do tổng 2 loại sách nào cũng lớn hơn 6 nên khi 6 cuốn thì không thể hết 2 loại
sách.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Số cách chọn 6 sách bất kì trong 12 cuốn để cho 6 học sinh là A =665280 .
6
12
Các trường hợp cho hết 1 loại là:
+Hết sách Toán có :
5 1
6 7
.A A
=5040 cách.
+ Hết sách Văn có:
4 2
6 8
.A A
=20160 cách.
+ Hết sách Tiếng Anh có:
3 3
6 9
.A A
=60480 cách.
Vậy số cách cần tặng là: 665280-(5040+20160+60480) = 57960 ( cách).
Ví dụ 7: Cho một lục giác đều có 2n cạnh (n>2). Biết số hình chữ nhật tạo bởi 4
đỉnh trong 2n đỉnh của đa giác bằng
7
52
số tam giác tạo bởi 3 đỉnh của đa giác và
có một cạnh là cạnh của đa giác đó. Tìm n.
Giải:
Số hình chữ nhật là:
2
n
C
.
Số tam giác có 1 cạnh là cạnh của đa giác:
2 (2 4)n n
.
Theo bài ra, ta có:
2
15
52
.2 (2 4)
0 ( ai)
7
n
n
C n n
n lo
Vậy n = 15.
Ví dụ 8: Cho hai đường thẳng song song a, b. Trên a lấy 17 điểm phân biệt, trên b
lấy n điểm phân biệt. Tìm n để có 5950 tam giác có các đỉnh là ba trong các điểm
đã cho.
Giải:
Vì tam giác có các đỉnh là 3 trong các điểm đã cho nên xảy ra các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Tam giác có 1 đỉnh trên a và 2 đỉnh trên b
có
1 2
17
.
n
C C
tam giác.
Trường hợp 2: Tam giác có 2 đỉnh trên a và 1 đỉnh trên b
có
2 1
17
.
n
C C
tam giác.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Vậy số các tam giác có các đỉnh là 3 trong các điểm đã cho là:
1 2
17
.
n
C C
+
2 1
17
.
n
C C
Theo bài ra, ta có:
1 2
17
.
n
C C
+
2 1
17
.
n
C C
= 5950.
17! ! 17! !
. . 5950
1!.16! 2!( 2)! 2!.15! ( 1)!
n n
n n
2
17
( 1) 136 5950 17 255 11900 0
2
n n n n n
20n
hoặc n = -35 (loại).
Vậy n = 20.
Ví dụ 9: Cho tập hợp
A 1;2;3;...;18
. Có bao nhiêu cách chọn ra 5 số trong tập
A sao cho hiệu của hai số bất kì trong 5 số đó không nhỏ hơn 2?
Giải:
Ta cần tìm số phần tử của tập T sau:
1 2 5 1 2 5 i i j
T (a ,a ,...,a ) :a a ... a ; 1 a 18; a a 2
Xét tập hợp
1 2 5 1 2 5 i
H (b ,b ,...,b ):b b ... b ; 1 b 14
Xét ánh xạ f cho tương ứng mỗi bộ
1 2 5
(a ,a ,...,a )
với bộ
1 2 5
(b ,b ,...,b )
xác định như
sau:
1 1 2 2 3 3 4 4 5 5
b a ,b a 1,b a 2,b a 3,b a 4
.
Dễ thấy khi đó f là một song ánh, suy ra
T H
.
Mặt khác, mỗi bộ
1 2 5
(b ,b ,...,b )
trong H là một tổ hợp chập 5 của 14 phần tử. Do
đó
5
14
H C 2002
. Vậy
T 2002
.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
3. Nhị thức Niu tơn
Ví dụ 10: Cho
n
là số nguyên dương thỏa mãn
1 3
5
n
n n
C C
. Tìm hệ số của số hạng
chứa
8
x
trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
2
1
, 0
14
n
nx
x
x
.
Giải:
Ta có:
1 3 2
2 1
5 5 3 28 0
6
n
n n
n n n
C C n n n
7
4
n
n ktm

.
Xét khai triển
7 7
7
2 2
7
14 2
7
0
7 1 1 1
1
14 2 2
k
k
k k k
k
x x
C x x
x x
7
7
14 3
7
0
1
1
2
k
k
k k
k
C x
.
Ứng với
8
x
suy ra
14 3 8 2k k
.
Vậy hệ số của
8
x
trong khai triển là:
5
2
7
1 21
2 32
C
.
Ví dụ 11: Tìm hệ số của số hạng không chứa
x
trong khai triển nhị thức Niu-tơn
của
3 2
3
1
n
x x
x
biết rằng tổng các hệ số của các số hạng trong khai triển này là
0 1 2
... 4096
n
a a a a
.
Giải:
Ta có:
5
3 2
3 3
3
0
1
( )
n
n k
k
n
k
k
f x x x a x x
x
12
0
(1) 1 1 2 4096 2 12
n
n
n
k
k
f a n
.
Suy ra:
12
12
5 12
1 5 6 60
12 12 12
3 2
3 3 3 3 3
12 12 12
3
0 0 0
1
k k
k
k k
k k k
k k k
x x C x x C x C x
x
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Số hạng không chứa
x
ứng với
6 60 0 10k k
.
Vậy số hạng không chứa
x
có hệ số là:
10
12
66C
.
Ví dụ 12: Tìm hệ số của
8
x
trong khai triển của
8
2 3
1 2x x
thành đa thức.
Giải:
Ta có:
8
2 3
1 2x x
=
== .
Hệ số của ứng với k, i thỏa mãn: .
Giải hệ này, ta được: (k; i) = (3; 2) và (k; i) = (4; 0).
Vậy hệ số chứa của khai triển là: = 742.
Ví dụ 13: Cho khai triển:
2008
2
1 (1 )x x
. Tính hệ số của x .
10
Giải:
Ta có:
2008
2
1 (1 )x x
=
2008 2008
3 3
2008 2008
0 0 0
( ) ( )
k
k k k i k i i
k
k k i
c x x c c x x
=
2008
2
2008
0 0
( 1)
k
k i k i i
k
k i
c c x
.
Hệ số chứa x ứng với
10
2 10
0 2008
;
k i
i k
i N k N
, suy ra:
0 10 / 3i
. Do đó: i = 0;1;2;3
0 10
1 8
2 6
3 4
i k
i k
i k
i k
Vậy hệ số chứa x là:
10
10 0 8 1 6 2 4 3
2008 10 2008 8 2008 6 2008 4
c c c c c c c c
.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Ví dụ 14: Cho khai triển
15
2 14 2 210
0 1 2 210
1 ... ...x x x a a x a x a x
. Chứng
minh rằng:
0 1 2 15
15 15 15 14 15 13 15 0
... 15C a C a C a C a 
.
Giải:
Ta có:
210 15
15 15
15
15 2 14
15
0 0
1 1 ... 1 1
k
k i k
i
i k
x x x x x C a x
.
Suy ra, hệ số của
15
x
trong khai triển
15
15
1 x
là:
0 1 2 15
15 15 15 15 14 15 13 15 0
15
1 ...
k
k
i
i k
C a C a C a C a C a
Mặt khác:
15
15 15 225
1 1 15 ....x x x
. Suy ra hệ số của
15
x
trong khai triển
15
15
1 x
là
15
. Vậy:
0 1 2 15
15 15 15 14 15 13 15 0
... 15C a C a C a C a 
.
4. Đẳng thức tổ hợp
Ví dụ 15: Cho là số tự nhiên, n
2.n
Chứng minh đẳng thức sau:
2 2
2 0 1 2 2 2 2 1 2
1 2 ... 2 1 ( 1)2 .
n n n
n n n n n
n C n C n C C C n n
Giải:
Ta có với
0x
thì
0
1 , 1
n
n
k n k
n
k
x C x
Đạo hàm hai vế của (1), ta được:
1
1
1
0
1 ( )
n
n
k n k
n
k
n x n k C x
Suy ra:
1
1
0
1 , 2 .
n
n
k n k
n
k
nx x n k C x
Đạo hàm hai vế của (2), ta được
1
1 2 2
1
0
1 1 1 . , 3 .
n
n n
k n k
n
k
n x n x n k C x
Thay
1x
vào (3), ta được điều phải chứng minh.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Ví dụ 17: Chứng minh rằng:
0 1 2 2 3 3 2011 2011 2010
2011 2011 2011 2011 2011
2.2. 3.2 . 4.2 . ... 2012.2 . 4025.3C C C C C
Giải:
Ta có:
0
1
n
n
k k
n
k
x C x
1
0
1
n
n
k k
n
k
x x C x
(1)
Đạo hàm hai vế của (1), ta có:
1
1
0
1 . 1 ( 1)
n
n n
k k
n
k
x n x x k C x
(2)
Thay = 2011 và = 2 vào (2), ta được điều phải chứng minh.n x
Ví dụ 17: Tìm số nguyên dương n sao cho:
1 2 3 2 1
2 2
2 1 2 1 2 1 2 1
2.2 3.2 ... (2 1).2 2011
n
n
n n n n
n
C C C C
.
Giải:
Ta có:
2 1 0 1 2 2 3 3 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
(1 ) . . . .... .
n n n
n n n n n
x c c x c x c x c x
(1)
Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) theo x, ta được:
2 1 2 3 2 2 1 2
2 1 2 1 2 1 2 1
(2 1)(1 ) ( 1) 2 . 3. . .... (2 1). .
n n n
n n n n
n x c c x c x n c x

2 1 2 3 2 2 1 2
2 1 2 1 2 1 2 1
(2 1)(1 ) 2 . 3. . .... (2 1). .
n n n
n n n n
n x c c x c x n c x
(2)
Cho x = 2 vào hai vế của (2), ta được:
1 2 1 2
2 1 2 1
2 1 ...... (2 1). .2
n n
n n
n c n c
Khi đó: 2n+1=2011
n = 1005.
Vậy n = 1005.
Ví dụ 18: Chứng minh đẳng thức sau:
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
2 2 2 2 2 2
0 1 2 3 2011 2012 1006
2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012
...C C C C C C C
.
Giải:
Xét đẳng thức:
2012
2012 2012
2
1 . 1 1x x x
Ta có:
2012
2012
2 2
2012
0
1
k
k
k
x C x
. Suy ra hệ số của số hạng chứa
2012
x
là
1006
2012
C
Ta lại có:
2012 2012
2012 2012
2012 2012
0 0
1 . 1
k
k k k
k k
x x C x C x
Suy ra hệ số của số hạng chứa
2012
x
là:
2012 1 2011 2 2010 3 2009 2012 2012
2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012
...
o
C C C C C C C C C C
2 2 2 2 2 2
0 1 2 3 2011 2012
2012 2012 2012 2012 2012 2012
...C C C C C C
Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh.
Ví dụ 19: Tính tổng:
1 2 2 2 3 2 2013
2013 2013 2013 2013
2 3 ... 2013C C C C
.
Giải:
2013
0 1 2 2 2013 2013
2013 2013 2013 2013
2012
1 2 3 2 2013 2012
2013 2013 2013 2013
2011
2 3 4 2 2013 2011
2013 2013 2013 2013
1 ...
2013 1 2 3 ... 2013 (1)
2013.2012 1 2 3.2 4.3 ... 2013.2012 (2)
x C C x C x C x
x C C x C x C x
x C C x C x C x
2012
1 2 3 2013
2013 2013 2013 2013
2013 1 1 2 3 ... 2013C C C C
2011
2 3 4 2013
2013 2013 2013 2013
2013.2012 1 1 2 3.2 4.3 ... 2013.2012C C C C
2011 1 2 2 2 3 2 2013
2013 2013 2013 2013
2013.2014.2 2 3 ... 2013C C C C
Ví dụ 20: Tính tổng:
1 2 3
12 3
...
2.3 3.4 4.5 1 2
n
n
n
n n n
nC
C C C
S
n n
.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Giải:
Ta có:
1
1
1 !
! 1
.
1 ! 1 ! 1 11 ! 1 1 !
k k
n n
n
C Cn
k k k n k n nk n k
(3)
Áp dụng 2 lần công thức (3), ta được:
2
2
1 1
1 2 1 2
k k
k k
n n
kC kC
k k n n
Cho chạy từ 1 đến rồi cộng vế các đẳng thức trên, ta có:k n
3 4 5 2
2 2 2 2
1 2 2 3 ... 1
n
n
n n n n
n n S C C C nC

2 3 3 4 4 5 1 2 3 4 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 3 ... 1 ... 1
n n
n n
n n n n n n n n n n n
C C C C C C nC C C C C
 
1 1
0 1 0 1 2 3 4 5 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
... 1 1 1 1 1
n n
n
n n n n n n n n n
C C C C C C C C C n n

Vậy
1 2
n
S
n n
.
Ví dụ 21: Tính tổng:
1 1 1 1
...
1!2009! 3!2007! 2007!3! 2009!1!
S
;
Giải:
Ta có:
2010! 2010! 2010! 2010!
.2010! ...
1!2009! 3!2007! 2007!3! 2009!1!
S
1 3 2007 2009
2010 2010 2010 2010
...C C C C
2010
2010 2009
2010
0
1 1
(1 1) 2
2 2
i
i
C
Vậy
2009
2
2010!
S
Ví dụ 22: Tìm số nguyên dương lẻ
n
thỏa mãn:
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
( ) ( )
2 0 3 1 4 2 2
2 2 2 2
2
... .
1.2 2.3 3.4 2017
1 2
n n
n n n n
C C C C
n n
+
- + - - =
+ +
Giải:
Chứng minh đẳng thức:
1
1
, , , .
1 1
k
k
nn
CC
k n k n
k n
+
+
= " Î £
+ +
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2
1 2
1 2 1 2 1 2
k k
k
n n
n
C C
C
k k n k n n
+ +
+ +
= =
+ + + + + +
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 0 3 1 4 2 2
2 2 3 3 2 2
2 2 2
2 2 2 2
...
1.2 2.3 3.4
1 2
2 2 2
...
1 2 1 2 1 2
n n
n n n n
n n
n n n
C C C C
n n
C C C
n n n n n n
+
+ +
+ + +
- + - -
+ +
= - + -
+ + + + + +
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
0 1
2 2
1 2 2 2
1 2 2
2
1 2 1 2
n
n n
n
C C
n
n n n n
+
+ +
+é ù
= - - + = =
ê ú
ê ú
+
ë û+ + + +
Từ đó suy ra
2015n =
.
Ví dụ 23: Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn:
2
0 1 2
2 2 2 121
...
2 3 1 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
Giải:
Xét khai triển:
0 1 2 2
(1 ) ...
n n n
n n n n
x C C x C x C x
.
Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2, ta được:
1 2 3 1
0 1 3
3 1 2 2 2
2 ...
1 2 3 1
n n
n
n n n n
C C C C
n n
2 1 1
0 1 2 1
2 2 2 3 1 121 3 1
... 3 243 4
2 3 1 2( 1) 1 2( 1)
n n n
n n
n n n n
C C C C n
n n n n
Vậy n = 4.
5. Xác suất
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Ví dụ 24: Chọn ngẫu nhiên một số có 4 chữ số đôi một khác nhau. Tính xác suất
để số được chọn không nhỏ hơn 2013.
Giải:
Ta có
n
là số cách chọn một số có bốn chữ số đôi một khác nhau bằng
9.9.8.7
A
là biến cố chọn ra được một số có bốn chữ số đôi một khác nhau
abcd
và không
nhỏ hơn 2013. Ta sẽ tính số các số có bốn chữ số đôi một khác nhau
abcd
và các số
này chỉ có thể xảy ra với
1a
,
0,1,...,9 \ 1b
,
0;1;...;9 \ 1;c b
và
0;1;...;9 \ 1; ;d b c
có 7 cách chọn. Suy ra trong trường hợp này có
9.8.7
số thỏa
mãn.
Từ hai trường hợp trên, ta được:
7.8.9.9 7.8.9 7.8.9.8n A
. Do đó, xác suất cần
tìm là:
7.8.9.8 8
9.9.8.7 9
n A
P A
n
Ví dụ 25: Gọi là tập hợp các số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau. ChọnA
ngẫu nhiên một số tự nhiên thuộc vào tập . Tính xác suất để chọn được một sốA
thuộc và số đó chia hết cho A
9
.
Giải:
Trước hết ta tính . Với số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau thì chữ sốn(A)
đầu tiên có cách chọn và có 9
7
9
A
cho vị trí còn lại. Do đó: 7
7
9
9n A A
.
Giả sử
0;1;2;...;9B
. Ta thấy tổng các phần tử của bằng B
45 9
nên số có chín
chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho sẽ được tạo thành từ chữ số đôi một9 8
khác nhau của các tập
\ 0; 9 , \ 1; 8 , \ 2; 7 , \ 3; 6 , \ 4; 5B B B B B
. Do đó, số các
số loại này là:
8 7
8 7
4.7.A A
.
Vậy xác suất cần tìm là:
8 7
8 7
7
9
4.7.
1
9. 9
A A
A
.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Ví dụ 26: Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác
0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt
ba chữ số khác nhau.
Giải:
Ta có:
5
9 59.049
Gọi là biến cố cần tìm xác suất, ta có: A
Số cách chọn 3 chữ số phân biệt từ 9 chữ số thập phân khác 0 là a, b, c
3
9
C
. Chọn 2
chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây:
Trường hợp a, b, c 1: Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số : có 3 cách;
mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) , , , , tạo ra một số tựa a a b c
nhiên ; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà , , chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùngn a a a
một số , nên trong trường hợp 1 này có cả thảy n
5!
3 60
3!
số tự nhiên.
Trường hợp a, b, c 2: Một trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số và chữ số
kia bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của
5 chữ số (chẳng hạn) , , , , tạo ra một số tự nhiên ; nhưng cứ 2! hoán vị của a a b b c n
các vị trí mà , chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà , chiếm chỗ thì chỉ a a b b
tạo ra cùng một số , nên trong trường hợp 2 này có cả thảy n
5!
3 90
2!2!
số tự
nhiên.
Do đó:
3
9
9!
(60 90)C 150 150 7 4 3 12600
3!6!
A
.
Vậy xác suất phải tìm là:
12.600 1.400
0,213382106
59.049 6.561
A
P A
.
Ví dụ 27: Gọi là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên mộtA
số từ tập . Tính xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơnA
vị bằng 1.
Giải:
Số các số tự nhiên có 5 chữ số là:
99999 10000 1 90000
.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là:
1abcd
Ta có
1 10. 1 3. 7. 1abcd abcd abcd abcd
chia hết cho 7 khi và chỉ khi
3. 1abcd
chia hết cho 7. Đặt
1
3. 1 7 2
3
h
abcd h abcd h
là số nguyên khi và chỉ khi
3 1h t
Khi đó, ta được:
7 2 1000 7 2 9999abcd t t
998 9997
143, 144,..., 1428
7 7
t t
suy ra số cách chọn ra sao cho số t
1abcd
chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 1286.
Vậy xác suất cần tìm là:
1286
0,015
90000
.
Ví dụ 28: Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác
0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt
ba chữ số khác nhau.
Giải:
Ta có:
5
9 59.049
Gọi là biến cố cần tìm xác suất, ta có: A
Số cách chọn 3 chữ số phân biệt từ 9 chữ số thập phân khác 0 là a, b, c
3
9
C
. Chọn 2
chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây:
Trường hợp 1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số : có 3 cách; a, b, c
mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) , , , , tạo ra một số tựa a a b c
nhiên ; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà , , chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùngn a a a
một số , nên trong trường hợp 1 này có cả thảy n
5!
3 60
3!
số tự nhiên.
Trường hợp 2. 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số và chữ số kia a, b, c
bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5
chữ số (chẳng hạn) , , , , tạo ra một số tự nhiên ; nhưng cứ 2! hoán vị củaa a b b c n
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
các vị trí mà , chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà , chiếm chỗ thì chỉa a b b
tạo ra cùng một số , nên trong trường hợp 2 này có cả thảy n
5!
3 90
2!2!
số tự nhiên.
Vậy:
3
9
9!
(60 90)C 150 150 7 4 3 12600
3!6!
A
.
Kết luận:
12.600 1.400
0,213382106
59.049 6.561
A
P A
Ví dụ 29: Cho tập A
1;2;3; 4;5;6;7;8;9
. Lập ngẫu nhiên một số có 3 chữ số khác
nhau với các chữ số chọn từ tập A. Tính xác suất để số lập được chia hết cho 6.
Giải:
Số chia hết cho 6 là số chia hết cho 3 và số đó là số chẵn.
Số chia hết cho 3 là số
1 2 3
a a a
có tổng ba chữ số
1 2 3
( )a a a
chia hết cho 3.
Số chẵn là số có chữ số tận cùng chia hết cho 2.
Để lập được số có 3 chữ số khác nhau từ tập A sao cho số đó chia hết cho 6, ta chia
làm hai giai đoạn.
1/ Chọn bộ ba chữ số khác nhau từ tập A sao cho tổng 3 chữ số cộng lại chia hết
cho 3 và trong ba chữ số đó có ít nhất 1 chữ số chẵn.
2/ Xếp mỗi bộ chọn được thành số có 3 chữ số sao cho số tận cùng phải là số chẵn.
Để chọn và xếp khoa học, ta nên chia ra ba trường hợp nhỏ như sau:
Trường hợp 1: Trong 3 chữ số chỉ có một chữ số chẵn, gồm có các bộ số sau:
1;2;3
,
1;2;9
,
1;3;8
,
1;4;7
,
1;5; 6
,
2;3;7
,
,
,
,
3; 7;8
,
,
5;6;7
,
7;8;9
.
Với trường hợp này, số cách chọn và xếp là:
1
1 13
*1* 2*1
TH
N C
= 26.
Trường hợp 2: Trong 3 chữ số chỉ có hai chữ số chẵn, gồm có các bộ số sau:
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
1;2; 6
,
1;6;8
,
,
,
,
,
3; 4;8
,
,
Với trường hợp này, số cách chọn và xếp là:
1
2 10
*2 * 2 *1
TH
N C
= 40.
Trường hợp 3: Trong 3 chữ số chọn được đề là chữ số chẵn, gồm có các bộ số sau:
2;4;6
,
Với trường hợp này số cách chọn và xếp là:
1
3 2
*3!
TH
N C
= 12.
Số cách chọn số có 3 chữ số khác nhau sao cho số đó chia hết cho 6 là:
1 2 3TH TH TH
N N N
= 78.
Phép thử: lập số có 3 chữ số khác nhau từ A
3
9
504n A
A: là biến cố lập được số có ba chữ số khác nhau sao cho số đó chia hết cho 6.
1 2 3
( )
TH TH TH
N A N N N
Xác suất của biến cố A là:
( ) 78
( ) 0,155
( ) 504
N A
P A
N
.
Ví dụ 30: Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số .Lấy ngẫu nhiên một số từ
A.Tính xác suất để số lấy ra có tổng các chữ số của nó là một số chẵn và số đó phải
không nhỏ hơn 50000.
Giải:
Số có 5 chữ số có 9.10 = 90000 số.
4
( )n
= 90000. Gọi A là biến cố “Số lấy ra thỏa yêu cầu bài toán”.
Số cần tìm có dạng:
1 2 3 4 5
a a a a a
.
Trong đó a1 >4 và a1 + a2 + a3+ a4 +a5 là số chẵn.
Trước hết, ta tìm số có 4 chữ số:
1 2 3 4
a a a a
có 5x103 số.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
1. Nếu a1 + a2 + a3+ a4 là số lẻ thì a5 phải là số lẻ.vậy có 5 cách chọn a5.
2. Nếu a1 + a2 + a3+ a4 là số chẵn thì a5 phải là số chẵn.Vậy cũng có 5 cách chọn
a5
=> có 5x103.5=25000 số.=> n(A)= 25000.
Vậy: P(A) = 5/18.
Ví dụ 31: Người ta dùng 18 cuốn sách bao gồm 7 cuốn sách Toán, 6 cuốn sách Lý
và 5 cuốn sách Hóa (các cuốn sách cùng loại thì giống nhau) để làm phần thưởng
cho 9 học sinh
, , , , , , , ,A B C D E F G H I
, mỗi học sinh nhận được 2 cuốn sách khác
thể loại (không tính thứ tự các cuốn sách). Tính xác suất để hai học sinh
A
và
B
nhận được phần thưởng giống nhau.
Giải:
Gọi
( )
, , , ,x y z x y z Î ¥
lần lượt là số học sinh được nhận các bộ giải thưởng (Toán-
Lý); (Toán-Hóa) và (Lý-Hóa). Ta có hệ phương trình:
7 4
6 3
5 2
x y x
x z y
y z z
ì ì
+ = =
ï ï
ï ï
ï ï
ï ï
+ = Û =
í í
ï ï
ï ï
+ = =ï ï
ï ïî î
.
Số cách phát thưởng ngẫu nhiên cho 9 học sinh là:
4 3 2
9 5 2
. . 1260.C C C =
Gọi là biến cố “Hai học sinh T A và có phần thưởng giống nhau”.B
Nếu và có phần thưởng là sách (Toán- Lý) thì có A B
2 3 2
7 5 2
. . 210C C C =
cách phát.
Nếu và có phần thưởng là sách (Toán- Hóa) thì có A B
1 4 2
7 6 2
. . 105C C C =
cách phát.
Nếu và có phần thưởng là sách (Lý- Hóa) thì có A B
4 3
7 3
. 35C C =
cách phát.
Vậy xác suất cần tìm là:
210 105 35 5
( ) .
1260 18
P T
+ +
= =
Ví dụ 32: Một đoàn tàu có 4 toa chở khách với mỗi toa còn ít nhất 5 chỗ trống.
Trên sân ga có 5 hành khách chuẩn bị lên tàu. Tính xác suất để trong 5 hành khách
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
lên tàu đó có một toa có 3 khách lên, hai toa có một khách lên và một toa không có
khách nào lên tàu.
Giải:
Gọi A là biến cố cần tính xác suất.
Số cách xếp 5 khách lên 4 toa là:
5
4
Số cách chọn ba khách để xếp lên cùng một toa là:
3
5
10C
Số cách chọn một toa để xếp ba người này là:
1
4
4C
Số cách xếp hai người ( mỗi người một toa) vào ba toa còn lại là:
2
3
6A
Suy ra:
10.4.6 240
A
Vậy xác suất cần tìm là:
5
240 15
4 64
A
P
.
Ví dụ 33: Cho đa giác đều có 15 đỉnh. Gọi là tập tất cả các tam giác có ba đỉnhM
là ba đỉnh của đa giác đã cho. Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập . TínhM
xác suất để tam giác được chọn là một tam giác cân nhưng không phải tam giác
đều.
Giải:
Số tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã cho là:
3
15
455C
tam giác.
Số phần tử của tập là: M
455M
.
Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp của đa giác đều. Xét một đỉnh bất kì của đaO A
giác. Có 7 cặp đỉnh của đa giác đối xứng với nhau qua đường thẳng , hay có 7OA
tam giác cân tại đỉnh . Như vậy, với mỗi một đỉnh của đa giác có 7 tam giác nhậnA
nó làm đỉnh tam giác cân.
Số tam giác đều có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác là:
15
5
3
tam giác.
Tuy nhiên, trong các tam giác cân đã xác định ở trên có cả tam giác đều, do mọi
tam giác đều thì đều cân tại ba đỉnh nên các tam giác đều được đếm ba lần.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Suy ra, số tam giác giác cân nhưng không phải tam giác đều có ba đỉnh là ba đỉnh
của đa giác đã cho là:
7.15 3.5 90
.
Vậy, xác suất để chọn được một tam giác cân nhưng không phải tam giác đều từ
tập : M
90 18
455 91
P
.
Ví dụ 34: Cho đa giác lồi (H) có 22 cạnh. Gọi X là tâ
š
p hợp các tam giác có ba đỉnh
là ba đỉnh của (H). Chọn ngẫu nhiên 2 tam giác trong X, tính xác suất để chọn
được 1 tam giác có 1 cạnh là cạnh của đa giác (H) và 1 tam giác không có cạnh nào
là cạnh của đa giác (H).
Giải:
Đa giác lồi (H) có 22 cạnh nên có 22 đỉnh.
Số tam giác có 3 đỉnh là ba đỉnh của đa giác (H) là
3
22
C 1540.
Số phần tử của không gian mẫu
là:
2
1540
n( ) C 1185030
.
Số tam giác có mô
š
t cạnh là cạnh của đa (H) là 22.18 = 396.
Số tam giác có hai cạnh là cạnh của đa (H) là 22
Số tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa (H) là: 1540 - 396 - 22 = 1122
Gọi A là biến cố “ hai tam giác được chọn có mô
š
t tam giác có 1 cạnh là cạnh của
(H) và 1 tam giác không có cạnh nào là cạnh của (H)"
Số phần tử của A là
1 1
396 1122
n(A) C .C
Xác suất của biến cố A là:
1 1
396 1122
C .Cn(A) 748
P(A)
n( ) 1185030 1995
Ví dụ 35: Một hộp chứa 6 bi màu vàng, 5 bi màu đỏ và 4 bi màu xanh có kích
thước và trọng lượng như nhau. Lấy ngẫu nhiên 8 bi trong hộp. Tính xác xuất sao
cho trong 8 bi lấy ra có số bi màu vàng bằng với số bi màu đỏ.
Giải:
Gọi A là biến cố: “Trong 8 bi lấy ra có số bi màu vàng bằng với số bi màu đỏ”.
Trường hợp 1: Chọn được 2 bi vàng, 2 bi đỏ và 4 bi xanh.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Trường hợp 2: Chọn được 3 bi vàng, 3 bi đỏ và 2 bi xanh.
Trường hợp 3: Chọn được 4 bi vàng, 4 bi đỏ.
2 2 4 3 3 2 4 4
6 5 4 6 5 4 6 5
1425n A C C C C C C C C
K
hông gian mẫu là: “Lấy ngẫu nhiên 8 bi trong hộp chứa 15 bi”.
8
15
6435n C
Vậy xác suất sao cho trong 8 bi lấy ra có số bi màu vàng bằng với số bi màu đỏ là:
1425 95
6435 429
n A
P A
n
.
Ví dụ 36: Trong cuộc thi: "Thiết kế và trình diễn các trang phục dân tộc" do Đoàn
trường THPT tổ chức vào tháng 3 năm 2018 với thể lệ mỗi lớp tham gia một tiết
mục. Kết quả có 12 tiết mục đạt giải trong đó có 4 tiết mục khối 12, có 5 tiết mục
khối 11và 3 tiết mục khối 10. Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5 tiết mục biểu diễn
chào mừng 26 tháng 3. Tính xác suất sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu
diễn và trong đó có ít nhất hai tiết mục của khối 12.
(Đề thi HSG tỉnh Hải Dương năm học 2018 – 2019)
Giải:
Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là Ω.
Số phần tử của không gian
mẫu là
5
12
792n C
. Gọi A là biến cố “ Chọn 5 tiết mục sao cho khối nào cũng
có tiết mục được biểu diễn và trong đó có ít nhất hai tiết mục của khối 12''.
Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là:
+ 2 tiết mục khối 12, hai tiết mục khối 10, một tiết mục khối 11
+ 2 tiết mục khối 12, 1 tiết mục khối 10, 2 tiết mục khối 11
+ 3 tiết mục khối 12, 1 tiết mục khối 10, 1 tiết mục khối 11.
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
n(A) = C
4
2
.C
3
2
.C
5
1
+ C
4
2
.C
3
1
.C
5
2
+ C
4
3
.C
3
1
.C
5
1
= 330.
Xác suất cần tìm là:
330 5
792 12
n A
P A
n
.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Ví dụ 37: Môn bóng đá nam SEA GAME có 10 đội bóng tham dự trong đó có
Việt Nam và Thái Lan. Chia 10 đội bóng này thành 2 bảng A, B. Mỗi bảng có 5
đội. Tính xác suất sao cho Việt Nam và Thái Lan ở cùng một bảng.
(Đề thi HSG tỉnh Hải Dương năm học 2017 – 2018)
Giải:
Số phần tử của không gian mẫu là:
5 5
10 5
( )n C C
.
Gọi A là biến cố: “ Việt Nam và Thái Lan ở cùng một bảng”.
Trường hợp 1: “ Việt Nam và Thái Lan ở cùng một bảng A”. Trường hợp này có
2 3 5
2 8 5
C C C
cách chia.
Trường hợp
2: “ Việt Nam và Thái Lan ở cùng một bảng B”.
Trường hợp này có
2 3 5
2 8 5
C C C
cách chia.
Suy ra:
2 3 5
2 8 5
( ) 2n A C C C
.
Xác suất cần tìm là:
2 3 5
2 8 5
5 5
10 5
2 4
9
n A
C C C
P A
n C C
Ví dụ 38: Trong kỳ tuyển sinh năm 2017, trường THPT Triệu Sơn 1 có 5 học sinh
gồm 3 nam và 2 nữ cùng đậu vào khoa A của một trường đại học. Số sinh viên đậu
vào khoa A trong kỳ tuyển sinh trên là 200 em được chia ngẫu nhiên thành 5 lớp.
Tính xác suất để có một lớp có đúng 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ của trường
THPT Triệu Sơn 1 theo học.
Giải:
Số cách xếp 5 học sinh vào 5 lớp là 5 cách.
5
Số cách chọn 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ trong 5 học sinh là
2 1
3 2
C C
Ứng với mỗi cách chọn trên có:
5 cách xếp 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ đã chọn vào một lớp.
Xếp 2 học sinh còn lại vào 4 phòng còn lại có: 4 cách.
2
Vậy số cách xếp 5 em vào năm lớp sao cho có 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ
của trường THPT Triệu Sơn 1 vào cùng một lớp là:
2 1
3 2
C C
.5.4
2
cách.
Do đó xác suất cần tính là:
2 1 2
3 2
5
.5.4
96
5 625
C C
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Ví dụ 38: Hai đô
š
i A và B thi đấu trâ
š
n chung kết bóng chuyền nữ chào mừng ngày
08 - 03 (trâ
š
n chung kết tối đa 5 hiê
š
p). Đô
š
i nào thắng trước 3 hiê
š
p thì thắng trâ
š
n.
Xác suất để đô
š
i A thắng mỗi hiê
š
p là 0,4 (không có hòa). Tính xác suất để đô
š
i A
thắng trâ
š
n chung kết.
Giải:
Gọi H là biến cố: ”Đô
š
i A thắng trâ
š
n chung kết”,
X là biến cố: ”Đô
š
i A thắng trâ
š
n chung kết sau 3 hiê
š
p”,
Y là biến cố: ”Đô
š
i A thắng trâ
š
n chung kết sau 4 hiê
š
p”,
Z là biến cố: ”Đô
š
i A thắng trâ
š
n chung kết sau 5 hiê
š
p”.
Khi đó:
H X Y Z
và X, Y, Z đôi mô
š
t xung khắc.
Áp dụng quy tắc cô
š
ng xác suất, ta có:
( ) ( ) ( ) ( )P H P X P Y P Z
Ta có:
3
( ) (0,4) 0,064P X
2 2
3
( ) .(0,4) .0,6.0,4 0,115P Y C
2 2 2
4
( ) .(0,4) .(0,6) .0,4 0,318 ( ) 0,317P Z C P H
Vậy xác suất để đô
š
i A thắng trâ
š
n chung kết là:
( ) 0,317P H
.
Ví dụ 39: Ba cầu thủ sút phạt đền 11m, mỗi người đá một lần với xác suất làm bàn
tương ứng là
x
,
y
và
0,6
(với
x y
). Biết xác suất để ít nhất một trong ba cầu thủ
ghi bàn là
0,976
và xác suất để cả ba cầu thủ đều ghi ban là
0,336
. Tính xác suất để
có đúng hai cầu thủ ghi bàn.
Giải:
Gọi
i
A
là biến cố “người thứ
i
ghi bàn” với
1, 2,3i
.
Ta có các
i
A
độc lập với nhau và
1 2 3
, , 0,6P A x P A y P A
.
Gọi A là biến cố: “ Có ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn”, B là biến cố: “ Cả ba
cầu thủ đều ghi bàn”, C là biến cố: “Có đúng hai cầu thủ ghi bàn”.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Ta có:
1 2 3 1 2 3
. . . . 0,4(1 )(1 )A A A A P A P A P A P A x y
Do đó:
( ) 1 1 0,4(1 )(1 ) 0,976P A P A x y
Suy ra
3 47
(1 )(1 )
50 50
x y xy x y 
(1).
Tương tự:
1 2 3
. .B A A A
, suy ra:
1 2 3
. . 0,6 0,336P B P A P A P A xy
hay là
14
25
xy
(2)
Từ (1) và (2), ta có hệ:
14
25
3
2
xy
x y
. Giải hệ này kết hợp với
x y
, ta tìm được:
0,8x
và
.
Ta có:
1 2 3 1 2 3 1 2 3
C A A A A A A A A A
Vậy
( ) (1 ) .0,6 (1 ).0,6 .0,4 0,452P C x y x y xy
.
6. Bài toán khác
Ví dụ 40: Cho 10 thí sinh ngồi quanh một bàn tròn. Ngân hàng đề thi có 10 loại đề
khác nhau, mỗi loại đề có nhiều đề khác nhau. Một cách phát đề gọi là hợp lệ nếu
mỗi thí sinh nhận được một loại đề và hai thí sinh ngồi cạnh nhau không nhận
được cùng một loại đề. Hỏi có bao nhiêu cách phát đề hợp lệ?
Giải:
Gọi
n
s
là số cách phát đề hợp lệ cho
n
thí sinh
n
a a a
1 2
, ,...,
.
Ta viết
i j
a a i j( )
nếu
i
a
và
j
a
cùng nhận được một loại đề và
i j
a a
trong
trường hợp ngược lại.
Xét một cách phát đề hợp lệ cho
n( 1)
thí sinh
n n
a a a a
1 2 1
, ,..., ,
.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
- Nếu
n
a a
1
thì bỏ đi thí sinh
n
a
1
ta được một cách phát đề hợp lệ cho
n
thí sinh
n
a a a
1 2
, ,...,
. Khi đó có 10-2=8 cách phát đề cho thí sinh
n
a
1
(khác với 2 đề của
n
a a
1,
).
- Nếu
n
a a
1
thì bỏ đi hai thí sinh
n n
a a
1
,
ta được một cách phát đề hợp lệ cho
n( 1)
thí sinh
n
a a a
1 2 1
, ,...,
. Khi đó có 10-1=9 cách phát đề hợp lệ cho
n n
a a
1
,
(cụ thể
n
a a
1
, còn
n
a
1
phát 1 trong 9 đề khác
a
1
).
Như vậy ta có hệ thức sau:
n n n
s s n
1 1
8 9 , 2
.
Mặt khác, dễ tính được :
s s
2 3
10.9 90, 10.9.8 720
.
Do đó, tính được
s
10
3486784410
.
III – CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM
1. Câu hỏi
Câu 1: Từ các chữ số
0, 1, 2, 3, 5, 8
có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ có
bốn chữ số đôi một khác nhau và phải có mặt chữ số 3?
A.
36
số B.
108
số C.
228
số D.
144
số
Câu 2. Có bao nhiêu số tự nhiên có tám chữ số trong đó có ba chữ số 0, không có
hai chữ số 0 nào đứng cạnh nhau và các chữ số khác chỉ xuất hiện nhiều nhất một
lần?
A. B. C. D. 151200 846000 786240 907200
Câu 3. Có bao nhiêu số tự nhiên có 10 chữ số đôi một khác nhau, trong đó các chữ
số 1, 2, 3, 4, 5 được xếp theo thứ tự tăng dần từ trái qua phải và chữ số 6 luôn đứng
trước chữ số 5
A. B. C. D. 544320. 3888. 22680. 630.
Câu 4. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau
được lập từ các chữ số
5, 6, 7, 8, 9.
Tính tổng tất các số thuộc tập S.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
A.
9333420
B.
46666200
C.
9333240
D.
46666240
Câu 5. Trên mặt phẳng có 2017 đường thẳng song song với nhau và 2018 đường
thẳng song song khác cùng cắt nhóm 2017 đường thẳng đó. Đếm số hình bình hành
nhiều nhất được tạo thành có đỉnh là các giao điểm nói trên
A. B. 2017.2018
4 4
2017 2018
C C
C.
2 2
2017 2018
C .C
D.
2017 2018
Câu 6. Tô màu các cạnh của hình vuông bởi 6 màu khác nhau sao cho mỗiABCD
cạnh được tô bởi một màu và hai cạnh kề nhau thì tô bởi hai màu khác nhau. Hỏi
có tất cả bao nhiêu cách tô?
A. B. C. D. 360 480 600 630
Câu 7. Biển số xe ở thành phố X có cấu tạo như sau:
Phần đầu là hai chữ cái trong bảng chữ cái tiếng Anh (có 26 chữ cái)
Phần đuôi là 5 chữ số lấy từ
0;1;2;...;9 .
Ví dụ
HA 135.67
Hỏi có thể tạo được bao nhiêu biển số xe theo cấu tạo như trên?
A.
2 4
26 .10
B.
5
26.10
C.
2 5
26 .10
D.
2 2
26 .10
Câu 8. Xét bảng ô vuông gồm
4 4
ô vuông. Người ta điền vào mỗi ô vuông đó
một trong hai số
1
hoặc
1
sao cho tổng các số trong mỗi hang và tổng các số
trong mỗi cột đều bằng
0
. Hỏi có bao nhiêu cách?
A.
72
B.
90
C.
80
D.
144
Câu 9. Tính tổng S=
1009 1010 1011 2018
2018 2018 2018 2018
C C C ... C
(trong tổng đó, các số hạng có dạng
k
2018
C
với k nguyên dương nhận giá trị lien tục từ 1009 đến 2018).
A. S=
2018 1009
2018
2 C
S=B.
2017 1009
2018
1
2 C
2
C.
2017 1009
2018
1
S 2 C
2
D.
2017 1009
2018
S 2 C
Câu 10. Rút gọn tổng sau
2 5 8 2018
2018 2018 2018 2018
S C C C ... C
.
A.
2018
2 1
S
3
B.
2019
2 1
S
3
C.
2019
2 1
S
3
D.
2018
2 1
S
3
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Câu 11. Tính giá trị của biểu thức
4 3
1
3
,
1 !
n n
A A
M
n
biết rằng
2 2 2 2
1 2 3 4
2 2 149
n n n n
C C C C
.
A.
3
4
M
B.
4
3
M
C.
15
9
M
D.
17
25
M
Câu 12. Tìm
n Z
sao cho
0 1 2 3 n n
n n n n n
1
2018
1 1 1 1 1 1
C C C C ... ( 1) C
2 4 6 8 2n 2 A
A.
n 2008
. B.
n 1008
. C.
n 2006
. D.
n 1006
.
Câu 13. Tìm hệ số của
5
x
trong khai triển
10
2 3
1 x x x
A. B. C. D. 252 582 1902 7752
Câu 14. Tìm hệ số của
26
x
trong khai triển
n
7
4
1
x
x
biết n thỏa mãn biểu thức sau
1 2 n 20
2n 1 2n 1 2n 1
C C ... C 2 1.
A.
210
B.
126
C.
462
D.
924
Câu 15. Tìm hệ số của
26
x
trong khai triển
n
7
4
1
x
x
biết n thỏa mãn biểu thức sau
1 2 n 20
2n 1 2n 1 2n 1
C C ... C 2 1.
A.
210
B.
126
C.
462
D.
924
Câu 16. Đề thi kiểm tra 15 phút có 10 câu trắc nghiệm mỗi câu có bốn phương án
trả lời, trong đó có một phương án đúng, trả lời đúng mỗi câu được 1,0 điểm. Một
thí sinh làm cả 10 câu, mỗi câu chọn một phương án. Tính xác suất để thí sinh đó
đạt từ 8,0 điểm trở lên.
A.
10
436
4
B.
10
463
4
C.
4
436
10
D.
4
163
10
Câu 17. Gieo hai hột súc sắc xanh và đỏ. Gọi x, y là kết quả số nút của hai hột súc
sắc đó. Có 2 bình, bình 1 đựng 6 bi xanh và 4 bi vàng, bình 2 đựng 3 bi xanh và 6
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
bi vàng. Nếu
x y 5
thì bốc ra 2 bi từ bình 1, còn nếu
x y 5
thì bốc ra 2 bi từ
bình 2. Tính xác suất để bốc được ít nhất một bi xanh.
A.
29
36
B.
5
6
C.
13
72
D.
59
72
Câu 18. Cho đa giác đều 20 đỉnh. Lấy ngẫu nhiên 3 đỉnh. Tính xác suất để 3 đỉnh
đó là 3 đỉnh của một tam giác vuông không cân.
A.
2
35
B.
17
114
C.
8
57
D.
3
19
Câu 19. Thầy
X
có
15
cuốn sách gồm
4
cuốn sách toán,
5
cuốn sách lí và
6
cuốn
sách hóa. Các cuốn sách đôi một khác nhau. Thầy
X
chọn ngẫu nhiên
8
cuốn sách
để làm phần thưởng cho một học sinh. Tính xác suất để số cuốn sách còn lại của
thầy
X
có đủ
3
môn.
A.
661
715
B.
660
713
C.
6
7
D.
5
9
Câu 20. Trong một lớp 10 có 50 học sinh. Khi đăng ký cho học phụ đạo thì có 38
học sinh đăng ký học Toán, 30 học sinh đăng ký học Lý, 25 học sinh đăng ký học
cả Toán và Lý. Nếu chọ ngẫu nhiên 1 học sinh của lớp đó thì xác suất để em này
không đăng ký học phụ đạo môn nào cả là bao nhiêu
A. B. C. D. 0,07 0,14 0,43 Kết quả khác
Câu 21. Tập hợp
1 2 3 4 1 2 3 4 1
A 0;1;2;3;4;5;6;7 ,E a a a a / a ;a ; a ;a A,a 0 .
Lấy 1 phần
tử thuộc E bất kỳ. Tính xác suất để số đó chia hết cho 5.
A.
5
16
B.
13
98
C.
1
4
D.
13
49
Câu 22. Xếp 11 học sinh gồm 7 nam , 4 nữ thành hàng dọc. Xác suất để 2 học sinh
nữ bất kỳ không xếp cạnh nhau là
A.
7!4!
11!
B.
4
6
7!A
11!
C.
4
8
7!C
11!
D.
4
8
7!A
11!
2. Đáp án và hướng dẫn giải chi tiết
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Câu 1: Từ các chữ số
0, 1, 2, 3, 5, 8
có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ có
bốn chữ số đôi một khác nhau và phải có mặt chữ số 3?
A.
36
số B.
108
số C.
228
số D.
144
số
Hướng dẫn giải
Đáp án B
Xét các số lẻ có 4 chữ số được lập từ các số trên có:
3.4.4.3 144
số
Xét các số lẻ có 4 chữ số được lập từ 4 số trên và không có mặt chữ số 3 có:
2.3.3.2 36
số
Do đó có
144 36 108
thỏa mãn.
Câu 2. Có bao nhiêu số tự nhiên có tám chữ số trong đó có ba chữ số 0, không có
hai chữ số 0 nào đứng cạnh nhau và các chữ số khác chỉ xuất hiện nhiều nhất một
lần.
A. B. C. D. 151200 846000 786240 907200
Hướng dẫn giải
Đáp án A
Gọi số có 8 chữ số thỏa mãn đề bài là
1 2 8
...a a a
+ Chọn vị trí của 3 chữ số 0 trong 7 vị trí a đến a : Vì giữa 2 chữ số 0 luôn có ít
2 8
nhất 1 chữ số khác 0, nên ta chọn 3 vị trí trong 5 vị trí để điền các số 0, sau đó
thêm vào giữa 2 số 0 gần nhau 1 vị trí nữa Số cách chọn là ⇒
3
5
10C
.
+ Chọn các số còn lại: Ta chọn bộ 5 chữ số (có thứ tự) trong 9 chữ số từ 1 đến 9, có
5
9
15120A
cách chọn
Vậy số các số cần tìm là 10.15120 = 151200 (số).
Câu 3. Có bao nhiêu số tự nhiên có 10 chữ số đôi một khác nhau, trong đó các chữ
số 1, 2, 3, 4, 5 được xếp theo thứ tự tăng dần từ trái qua phải và chữ số 6 luôn đứng
trước chữ số 5
A. B. C. D. 544320. 3888. 22680. 630.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Hướng dẫn giải
Đáp án C
Gỉa sử số cần tìm có 10 chữ số khác nhau tương ứng với 10 vị trí.
Vì chữ ố 0 không đứng vị tríi đầu tiên nên có 9 cách xếp vị trí cho chữ số 0 .
Có
3
9
A
cách xếp các chữ số 7; 8 ;9 vào 9 vị trí còn lại .
Vì chữ số 6 đứng trước chữ số 5 nên có 5 cách xếp vị trí cho chữ số 6 và 1 cách
xếp cho các chữ số 1;2;3;4;5 theo thứ tự tăng dần. Theo quy tắc nhân
3
9
9.5. 0A 2268
số thoả mãn.
Câu 4. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau
được lập từ các chữ số
5, 6, 7, 8, 9.
Tính tổng tất các số thuộc tập S.
A.
9333420
B.
46666200
C.
9333240
D.
46666240
Hướng dẫn giải
Đáp án C
Số phần tử của tập S là
5! 120
số.
Mỗi số
5,6,7,8,9
có vai trò như nhau và xuất hiện ở hàng đơn vị
4! 24
lần
Tổng các chữ số xuất hiện ở hàng đơn vị là
4!. 5 6 7 8 9 840
Tương tự với các chữ số hàng chục, hàng tram, hàng nghìn và hàng chục nghìn.
Vậy tổng tất cả các số thuộc tập S là
4 3 2
840. 10 10 10 10 1 9333240.
Câu 5. Trên mặt phẳng có 2017 đường thẳng song song với nhau và 2018 đường
thẳng song song khác cùng cắt nhóm 2017 đường thẳng đó. Đếm số hình bình hành
nhiều nhất được tạo thành có đỉnh là các giao điểm nói trên
A. B. 2017.2018
4 4
2017 2018
C C
C.
2 2
2017 2018
C .C
D.
2017 2018
Hướng dẫn giải
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Đáp án C
Muốn thành một hình bình hành thì cần lấy 2 đường thẳng của nhóm 2017
cắt với 2 đường thẳng của nhóm 2018. Chọn 2 đường thẳng trong nhóm 2017 có
2
2017
C
cách chọn. Chọn 2 đường thẳng trong nhóm 2018 có
2
2018
C
cách chọn. Vậy theo
quy tắc nhân có
2 2
2017 2018
C .C
cách chọn.
Câu 6. Tô màu các cạnh của hình vuông bởi 6 màu khác nhau sao cho mỗiABCD
cạnh được tô bởi một màu và hai cạnh kề nhau thì tô bởi hai màu khác nhau. Hỏi
có tất cả bao nhiêu cách tô?
A. B. C. D. 360 480 600 630
Hướng dẫn giải
Đáp án D
Chú ý 4 cạnh khác nhau
Có
4
6
C
cách chọn 4 màu khác nhau. Từ mỗi bộ 4 màu thì có
4! 24
cách tô màu
khác nhau
Có
3
6
C
cách chọn 3 màu khác nhau. Từ mỗi bộ 3 màu, có
4.3 12
cách tô
Có
2
6
C
cách chọn 2 màu khác nhau khi đó có:
2.1 2
cách tô
(Dethithpt.com)
Tổng cộng:
4 3 2
6 6 6
24. 4.3 2. 630 C C C
cách
Câu 7. Biển số xe ở thành phố X có cấu tạo như sau:
Phần đầu là hai chữ cái trong bảng chữ cái tiếng Anh (có 26 chữ cái)
Phần đuôi là 5 chữ số lấy từ
0;1;2;...;9 .
Ví dụ:
HA 135.67
Hỏi có thể tạo được bao nhiêu biển số xe theo cấu tạo như trên
A.
2 4
26 .10
B.
5
26.10
C.
2 5
26 .10
D.
2 2
26 .10
Hướng dẫn giải
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Đáp án C
Để tạo một biển số xe ta thực hiện các bước sau:
+ Chọn hai chữ cái cho phần đầu có
2
26
(mỗi chữ có 26 cách chọn)
+ Chọn 5 chữ số cho phần đuôi có
5
10
(mỗi chữ số có 10 cách chọn)
Vậy có thể tạo ra được
2 5
26 .10
biển số xe
Câu 8. Xét bảng ô vuông gồm
4 4
ô vuông. Người ta điền vào mỗi ô vuông đó
một trong hai số
1
hoặc
1
sao cho tổng các số trong mỗi hang và tổng các số
trong mỗi cột đều bằng
0
. Hỏi có bao nhiêu cách?
A.
72
B.
90
C.
80
D.
144
Hướng dẫn giải
Đáp án A
Xét 1 hàng (hay 1 cột bất kì). Giả sử trên hàng đó có
x
số 1 và
y
số -1. Ta có tổng
các chữ số trên hàng đó là
x y
. Theo đề bài có
0x y x y
.
Lần lượt xếp các số vào các hàng ta có số cách sắp xếp là 3!.3!.2.1 =72 (Cách)
Câu 9. Tính tổng S= (trong tổng đó, các số hạng có dạng
với k nguyên dương nhận giá trị lien tục từ 1009 đến 2018)
A. S= B. S=
C. D.
Hướng dẫn giải
Đáp án B
1009 1010 1011 2018
2018 2018 2018 2018
C C C ... C
k
2018
C
2018 1009
2018
2 C
2017 1009
2018
1
2 C
2
2017 1009
2018
1
S 2 C
2
2017 1009
2018
S 2 C
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Áp dụng công thức:
k n k 0 1 2 n
n n n n n n
C C , C C C ... C 2n
Ta có:
1009 1010 1011 2018
2018 2018 2018 2018
S C C C ... C
Xét
0 1 2 1009
2018 2018 2018 2018
S' C C C ... C
Lấy
2009 0 1 2009 2010 2018 2018 2009
2018 2018 2018 2019 2018 2018 2019
S S' C C C ... C C ... C 2 C 1
Lấy
2009 0 1 2009 2009 2010 2018
2018 2018 2018 2019 2018 2018 2018
S S' C C C ... C C C ... C 0 2
Lấy
1 2
vế theo vế ta được:
2009
2018 2009 2017
2018
2018
C
2S 2 C S 2
2
Câu 10. Rút gọn tổng sau
2 5 8 2018
2018 2018 2018 2018
S C C C ... C
A.
2018
2 1
S
3
B.
2019
2 1
S
3
C.
2019
2 1
S
3
D.
2018
2 1
S
3
Hướng dẫn giải
Đáp án A
0 3 2016
2018 2018 2018 2018
1 4 2017
2018 2018 2018 2018
2 5 2018
2018 2018 2018 2018
A C C ... C
B C C ... C
C C C ... C
Ta có kết quả sau
2018 2018 2018
A C B 1
(Có thể chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học, tổng quát
6k 2 6 k 2 6k 2 6k 5 6k 5 6k 2
A C B 1;A C B 5 1)
Mặt khác ta có
0 1 2018
2018 2018 2018 2018 2018 2018
2018
2018
2018
2018
A B C C C ... C
1 1 2
2 1
S S 1 S 2 S
3
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Câu 11. Tính giá trị của biểu thức
4 3
1
3
,
1 !
n n
A A
M
n
biết rằng
2 2 2 2
1 2 3 4
2 2 149
n n n n
C C C C
A.
3
4
M
B.
4
3
M
C.
15
9
M
D.
17
25
M
Hướng dẫn giải
Đáp án A
Từ đề bài, ta có:
2 2 2 2
1 2 3 4
2
2 2 149
1 ! 2 ! 3 ! 4 !
149
2 1 ! ! 1 ! 2 2 !
6 24 28 298
5 9
n n n n
C C C C
n n n n
n n n n
n n
n n

Vậy n=5
Câu 12. Tìm
n Z
sao cho
0 1 2 3 n n
n n n n n
1
2018
1 1 1 1 1 1
C C C C ... ( 1) C
2 4 6 8 2n 2 A
A.
n 2008
. B.
n 1008
. C.
n 2006
. D.
n 1006
.
Hướng dẫn giải
Đáp án B
0 1 2 2
(1 ) ... ( 1)
n n n n
n n n n
x C C x C x C x
Lấy tích phân 2 vế, ta được:
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
1 1
0 1 2 2
0 0
1 2 3 1
0 1 2
0 1 2
0 1 2
(1 ) ( ... ( 1) )
1 1
(1 )
( . ... ( 1) )
0 01 2 3 1
1 1 1 1
... ( 1)
1 2 3 1
1 1 1 1 1
... ( 1)
2( 1) 2 4 6 2 2
1 1
2( 1)
n n n n
n n n n
n n
n n
n n n n
n n
n n n n
n n
n n n n
x dx C C x C x C x dx
x x x x
C x C C C
n n
C C C C
n n
C C C C
n n
n A
1
2018
2( 1) 2018 1008n n
Câu 13. Tìm hệ số của
5
x
trong khai triển
10
2 3
1 x x x
A. B. C. D. 252 582 1902 7752
Hướng dẫn giải
10
10 10
2 3 2 2
1 1 1 1 1x x x x x x x x
Áp dụng khai triển nhị thức Newton, ta có:
10 10
10
2 2
10 10
0 0
1 1 . . . ,
k k m m
k k
x x C x C x k m
Để tìm hệ số của
5
x
, ta cho
2 5 ; 0;5 ; 1;3 ; 2;1k m k m
Vậy hệ số của
5
x
là:
0 5 1 3 2 1
10 10 10 10 10 10
. . . 1902C C C C C C
Câu 14. Tìm hệ số của
26
x
trong khai triển
n
7
4
1
x
x
biết n thỏa mãn biểu thức sau
1 2 n 20
2n 1 2n 1 2n 1
C C ... C 2 1.
A.
210
B.
126
C.
462
D.
924
Hướng dẫn giải
Đáp án A
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Biểu thức đã cho viết thành
0 1 2 20
2n 1 2n 1 2n 1
C C ... C 2
Mà
0 1 n 2n 1 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
C C ... C ... C 2
Do tính chất
k 2n 1 k
2n 1 2n 1
C C
nên
0 1 n 2n 1 21 2n 1
2n 1 2n 1 2 n 1
2 C C ... C 2 2 2 n 10
Số hạng tổng quát trong khai triển
4 7
x x
là
4 10 kk 7k
10
C .x .x
Hệ số của
26
x
trong khai triển là
k
10
C
với
4 10 k 7k 26 k 6
Hệ số đó là
6
10
C 210.
Câu 15. Tìm hệ số của
26
x
trong khai triển
n
7
4
1
x
x
biết n thỏa mãn biểu thức sau
1 2 n 20
2n 1 2n 1 2n 1
C C ... C 2 1.
A.
210
B.
126
C.
462
D.
924
Hướng dẫn giải
Đáp án A
Biểu thức đã cho viết thành
0 1 2 20
2n 1 2n 1 2n 1
C C ... C 2
Mà
0 1 n 2n 1 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
C C ... C ... C 2
Do tính chất
k 2n 1 k
2n 1 2n 1
C C
nên
0 1 n 2n 1 21 2n 1
2n 1 2n 1 2 n 1
2 C C ... C 2 2 2 n 10
Số hạng tổng quát trong khai triển
4 7
x x
là
4 10 kk 7k
10
C .x .x
Hệ số của
26
x
trong khai triển là
k
10
C
với
4 10 k 7k 26 k 6
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Hệ số đó là
6
10
C 210.
Câu 16. Đề thi kiểm tra 15 phút có 10 câu trắc nghiệm mỗi câu có bốn phương án
trả lời, trong đó có một phương án đúng, trả lời đúng mỗi câu được 1,0 điểm. Một
thí sinh làm cả 10 câu, mỗi câu chọn một phương án. Tính xác suất để thí sinh đó
đạt từ 8,0 điểm trở lên.
A.
10
436
4
B.
10
463
4
C.
4
436
10
D.
4
163
10
Hướng dẫn giải
Đáp án A
Với mỗi câu hỏi, thí sinh có 4 phương án lựa chọn nên số phần tử của không gian
mẫu là
10
n 4 .
Gọi X là biến cố “thí sinh đó đạt từ 8,0 điểm trở lên”
TH1. Thí sinh đó làm được 8 câu (tức là 8,0 điểm): Chọn 8 câu trong số 10 câu hỏi
và 2 câu còn lại mỗi câu có 3 cách chọn đáp án sai nên có
8 2
10
C .3
cách để thí sinh
đúng 8 câu.
TH2. Thí sinh đó làm được 9 câu (tức là 9,0 điểm): Chọn 9 câu trong số 10 câu hỏi
và câu còn lại có 3 cách lựa chọn đáp án sai nên có
9 1
10
C .3
cách để thí sinh đúng 9
câu.
TH3. Thí sinh đó làm được 10 câu (tức là 10,0 điểm): Chỉ có 1 cách duy nhất .
Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố X là
8 2 9 1
10 10
n X C .3 C .3 436.
Vậy xác suất cần tìm là
10
n X
436
P .
n 4
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Câu 17. Gieo hai hột xúc sắc xanh và đỏ. Gọi x, y là kết quả số nút của hai hột xúc
sắc đó. Có 2 bình, bình 1 đựng 6 bi xanh và 4 bi vàng, bình 2 đựng 3 bi xanh và 6
bi vàng. Nếu
x y 5
thì bốc ra 2 bi từ bình 1, còn nếu
x y 5
thì bốc ra 2 bi từ
bình 2. Tính xác suất để bốc được ít nhất một bi xanh.
A.
29
36
B.
5
6
C.
13
72
D.
59
72
Hướng dẫn giải
Đáp án D
Kết quả gieo hai hột súc sắc đỏ thì không gian mẫu có 36 cặp
x;y
trong đó chỉ có
6 cặp
x; y
có tổng nhỏ hơn 5. Đó là
1;1 , 1; 2 , 2;1 , 1;3 , 3;1 , 2;2
Vậy
5 1
P "x y 5" , P "x y 5"
6 6
Bình 1 đựng 6 bi xanh và 4 bi vàng
xác suất bốc cả 2 bi vàng từ bình là
2
4
2
10
C
C
Bình 2 đựng 3 bi xanh và 6 bi vàng
xác suất bốc được ít nhất 1 bi xanh từ bình
2 là
2
6
2
9
C
1
C
Do đó xác suất để bốc được ít nhất 1 bi xanh trong trò chơi là
22
6
4
2 2
10 9
CC5 1 59
1 1
6 C 6 C 72
Câu 18. Cho đa giác đều 20 đỉnh. Lấy ngẫu nhiên 3 đỉnh. Tính xác suất để 3 đỉnh
đó là 3 đỉnh của một tam giác vuông không cân.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
A.
2
35
B.
17
114
C.
8
57
D.
3
19
Hướng dẫn giải
Đáp án C
Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh trong 20 đỉnh có
3
20
C
cách
1140 n
Gọi là biến cố X “3 đỉnh đó là 3 đỉnh của một tam giác vuông không cân”
Đa giác đều 20 đỉnh có 10 đường chéo đi qua tâm đa giác mà cứ 2 đường chéo tạo
thành 1 hình chữ nhật và 1 hình chữ nhật tạo thành 4 tam giác vuông
số tam
giác vuông là
2
10
4. 180C
(Dethithpt.com)
Tuy nhiên, trong
2
10
C
hình chữ nhật có 5 hình vuông nên số tam giác vuông cân là
5.4 20
Do đó, số kết quả thuận lợi cho biến cố là X
180 20 160 n X
. Vậy
8
57
n X
P
n
.
Câu 19. Thầy
X
có
15
cuốn sách gồm
4
cuốn sách toán,
5
cuốn sách lí và
6
cuốn
sách hóa. Các cuốn sách đôi một khác nhau. Thầy
X
chọn ngẫu nhiên
8
cuốn sách
để làm phần thưởng cho một học sinh. Tính xác suất để số cuốn sách còn lại của
thầy
X
có đủ
3
môn.
A.
661
715
B.
660
713
C.
6
7
D.
5
9
Hướng dẫn giải
Đáp án là A.
• Ta tìm số cách chọn 7 cuốn còn lại sao cho không có đủ 3 môn.
Có 3 trường hợp :
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
• 7 cuốn còn lại gồm 2 môn toán lý : có
7
9
C
cách
• 7 cuốn còn lại gồm 2 môn lý hóa : có
7
11
C
cách
• 7 cuốn còn lại gồm 2 môn toán hóa : có
7
10
C
cách
Suy ra có
7 7 7
9 11 10
486C C C
cách chọn 7 cuốn còn lại sao cho không có đủ
3 môn. Do đó số cách chọn 8 cuốn sao cho 7 cuốn còn lại có đủ 3 môn là
7
15
486 5949C
cách.
Xác suất cần tìm là
7
15
5949 661
.
715
P
C
Câu 20. Trong một lớp 10 có 50 học sinh. Khi đăng ký cho học phụ đạo thì có 38
học sinh đăng ký học Toán, 30 học sinh đăng ký học Lý, 25 học sinh đăng ký học
cả Toán và Lý. Nếu chọ ngẫu nhiên 1 học sinh của lớp đó thì xác suất để em này
không đăng ký học phụ đạo môn nào cả là bao nhiêu?
A. B. C. D. 0,07 0,14 0,43 Kết quả khác
Hướng dẫn giải
Đáp án B
Gọi A là biến cố “học sinh đăng ký Toán”
Gọi B là biến cố “học sinh đăng ký Lý”
A B
“học sinh đăng ký Toán, Lý”
A u B là biến cố “học sinh có đăng ký học phụ đạo”
38 30 25 43
5
P
0 50 5
A B P A P
5
B
0
B P A
0
A B
là biến cố “học sinh không đăng ký môn nào cả”
8
P 1 P A B 0,14
5
A B
0
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Câu 21. Tập hợp
1 2 3 4 1 2 3 4 1
A 0;1;2;3;4;5;6;7 ,E a a a a / a ;a ; a ;a A,a 0 .
Lấy 1 phần
tử thuộc E bất kỳ. Tính xác suất để số đó chia hết cho 5.
A.
5
16
B.
13
98
C.
1
4
D.
13
49
Hướng dẫn giải
Đáp án D
Số phần tử của tập
4 3
8 7
E : A A 1470
Để
1 2 3 4
a a a a
chia hết cho
5
điều kiện cần và đủ là
4
a 0
hay
4
a 5
Nếu
4
a 0
thì lấy trong
7
chữ số
1, 2,.. .7.
Vậy có
3
7
A
số tận cùng bằng
0
Nếu
4
a 5
thì các số
1 2 3
a a a
là
3 2
7 6
A A 180
số
Vây xác suất để số đó chia hết cho
5
là
3 2
7 6
4 3
8 7
2A A
13
A A 49
.
Câu 22. Xếp 11 học sinh gồm 7 nam, 4 nữ thành hàng dọc. Xác suất để 2 học sinh
nữ bất kỳ không xếp cạnh nhau là
A.
7!4!
11!
B.
4
6
7!A
11!
C.
4
8
7!C
11!
D.
4
8
7!A
11!
Hướng dẫn giải
Đáp án D
“Xếp 11 học sinh nữ thành 1 hàng dọc”
Số phần tử không gian mẫu
n 11!
A: "2 học sinh nữ bất kỳ không xếp cạnh nhau".
Có 7! Cách sắp xếp các học sinh nam thành 1 hàng: 1N2N3N4N5N6N7N8
Khi đó có 8 vị trí xen kẽ các học sinh nam.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Để 2 học sinh nữ bất kỳ không xếp cạnh nhau ta sắp xếp 4 học sinh nữ vào 8 vị trí
này có
4
8
A
cách sắp xếp.
4
8
n A 7!.A .
Vậy
4
8
7!.A .
P A
11!
IV– BÀI TẬP TỰ LUYỆN
1. Đề bài
Bài 1: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ
số đôi một khác nhau sao cho mỗi số đó chia hết cho 3.
Bài 2: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau trong đó có 3 số chẵn và
3 số lẻ?
Bài 3: Có bao nhiêu số nguyên dương gồm 5 chữ số mà tích các chữ số này bằng
5488?
Bài 4: Cho
10
2
( ) 1 4 3P x x x
. Xác định hệ số
3
x
trong khai triển
( )P x
theo lũy
thừa của
x
.
Bài 5: Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển sau:
3 5
3
1
n
nx
x
biết n là số nguyên thoả
mãn hệ thức
1 2 2
2 20
n
n
C C n
.
Bài 6: Cho khai triển:
2008
2
1 (1 )x x
. Tính hệ số của x
10
Bài 7: Tìm số nguyên dương bé nhất n sao cho trong khai triển
(1 )
n
x
có hai hệ số
liên tiếp có tỉ số là
7
15
.
Bài 8: Chứng minh rằng
0 2 4 2014 2013
2014 2014 2014 2014
3 5 7 ... 2017 1010.2 .C C C C
Bài 9: Tính tổng
2 2 2
2 3 2016
1 1 1
S
A A A
Bài 10: Xét khai triển:
2 2013
0 1 2 2013
1 1 2 ... 1 2013 ...x x x a a x a x a x
. Tính
2 2 2
2
1
1 2 ... 2013
2
a
.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Bài 11: Tìm số nguyên dương n sao cho:
1 2 3 2 1
2 2
2 1 2 1 2 1 2 1
2.2 3.2 ... (2 1).2 2011
n
n
n n n n
n
C C C C
Bài 12: Cho k là số tự nhiên thỏa mãn
5 k 2011.
Chứng minh rằng:
0 k 1 k 1 5 k 5 k
5 2011 5 2011 5 2011 2016
C .C C .C ... C .C C
.
Bài 13: Từ các chữ số
0,1,2,3,4,5
lập các số có ba chữ số đôi một khác nhau. Lấy
ngẫu nhiên một số vừa lập. Tính xác suất để lấy được số không chia hết cho 3.
Bài 14: Có hai hộp chứa các quả cầu. Hộp thứ nhất chứa 3 quả cầu đỏ, 7 quả cầu
trắng và 10 quả cầu xanh. Hộp thứ hai chứa 5 quả cầu đỏ, 7 quả cầu trắng và 8 quả
cầu xanh. Từ mỗi hộp lấy ngẫu nhiên một quả cầu. Tính xác suất để hai quả cầu lấy
ra có cùng một màu.
2. Hướng dẫn giải
Bài 1: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ
số đôi một khác nhau sao cho mỗi số đó chia hết cho 3.
Giải:
Đặt A= {1;2;3;4;5;6}. Các tập hợp con của A gồm có 3 phần tử và tổng của các
phần tử đó chia hết cho 3 là:
{1;2;3}, {1;2;6}, {2;3;4}, {1;3;5}, {1;5;6},{2;4;6}, {3;4;5}, {4;5;6}.
Có 8 tập.
Ứng với mỗi tập hợp trên ta có thể lập được 3.2.1=6 (số) thỏa mãn yêu cầu bài toán
Vậy có 8.6=48 số cần tìm
Bài 2: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau trong đó có 3 số chẵn và
3 số lẻ?
Giải:
TH1: Trong 3 số chẵn đó có mặt số 0.
Số các số tìm được là
2 3
4 5
5.C .C .5! 36000
(số).
TH2: Trong 3 số chẵn đó không có mặt số 0.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Số các số tìm được là
3 3
4 5
C .C .6! 28800
(số).
Vậy có tất cả:
36000 28800 64800
số thỏa mãn.
Bài 3: Có bao nhiêu số nguyên dương gồm 5 chữ số mà tích các chữ số này bằng
5488?
Giải:
Gọi số nguyên dương gồm 5 chữ số mà tích các chữ số này bằng 5488 là
1 2 3 4 5 1
, 1,...,5, 0
i
a a a a a a i a
. Ta có
4 3
5488 2 .7
.
Do đó phải có 3 chữ số bằng 7, 2 chữ số còn lại có tích bằng 16 (hai số cùng bằng
4 hoặc một số bằng 2, số kia bằng 8).
Có
3
5
10C
cách chọn 3 chữ số cùng bằng 7. Có 3 cách chọn 2 chữ số còn lại ((4,4),
(2,8) hoặc (8,2)) .
Theo quy tắc nhân ta sẽ có 10.3 = 30 số nguyên dương gồm 5 chữ số mà tích các
chữ số này bằng 5488
Bài 4: Cho
10
2
( ) 1 4 3P x x x
. Xác định hệ số
3
x
trong khai triển
( )P x
theo lũy
thừa của
x
.
Giải:
+
10
10
2
( ) 1 4 3 1 4 3P x x x x x
+
2 10
0 1 2 2 10 10
10 10 10 10
( ) 4 3 4 3 ... 4 3P x C C x x C x x C x x
+ Hệ số của
3
x
chỉ xuất hiện trong
2 3
2 2 3 3
10 10
4 3 4 3C x x C x x
+ Hệ số
3
x
trong khai triển:
2 3
10 10
24 .64C C
8760.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Bài 5: Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển sau:
3
5
3
1
n
nx
x
biết n là số nguyên thoả
mãn hệ thức
1 2 2
2 20
n
n
C C n
.
Giải:
Từ hệ thức
1 2 2
2 20
n
n
C C n
. Đk
2
2, 3 40 0 8 5n n Z n n n n 
Ta được n= 8 thoả mãn .
Ta có:
8 8
40 14
8
3 35 5 8
3
8
3 3
0
1 1
8 2 .2 .
k
k
k k
k
x x C x
x x
. Khai triển chứa x m
4
40 14
4 2
3
k
k
.
Vậy hệ số của x là:
4
2 6
8
.2 1792C
.
Bài 6: Cho khai triển:
2008
2
1 (1 )x x
. Tính hệ số của x
10
Giải:
2008
2
1 (1 )x x
=
2008 2008
3 3
2008 2008
0 0 0
( ) ( )
k
k k k i k i i
k
k k i
c x x c c x x
=
2008
2
2008
0 0
( 1)
k
k i k i i
k
k i
c c x
*Hệ số chứa x ứng với
10
2 10
0 2008
;
k i
i k
i N k N
suy ra:
0 10 / 3i
.
Vậy i=0;1;2;3
*
0 10
1 8
2 6
3 4
i k
i k
i k
i k
Vậy hệ số chứa x là:
10
10 0 8 1 6 2 4 3
2008 10 2008 8 2008 6 2008 4
c c c c c c c c
.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Bài 7: Tìm số nguyên dương bé nhất n sao cho trong khai triển
(1 )
n
x
có hai hệ số
liên tiếp có tỉ số là
7
15
.
Giải:
0
(1 )
n
n k k
n
k
x C x
số hạng liên tiếp là
1
;
k k
n n
C C
ta có
1
7 1 7 1
7 22 15 3 2
15 15 7
k
n
k
n
C
k k
n k n k
C n k
Do
,n k ¥
đặt
1
7
k
t
khi đó
22 1n t
đế n là số nguyên dương bé nhất thì t cũng
phải là số nguyên dương bé nhất vì
0k
nên
1
7 1 0 1
7
t t t
(vì t là số
nguyên dương bé nhất) vậy
22.1 1 21n
.
Bài 8: Chứng minh rằng
0 2 4 2014 2013
2014 2014 2014 2014
3 5 7 ... 2017 1010.2 .C C C C
Giải:
0 2 4 2014
2014 2014 2014 2014
2 4 2014 0 2 4 2014
2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014
3 5 7 ... 2017
2 4 ... 2014 3 ...
A C C C C
C C C C C C C
Tính được:
0 2 4 2014 2013
2014 2014 2014 2014
... 2C C C C
Chứng minh
1
2014 2013
2014 , , ,0 .
k k
kC C k n k n
Suy ra,
2 4 2014 1 3 2013 2012
2014 2014 2014 2013 2013 2013
2 4 ... 2014 2014 ... 2014.2C C C C C C
Vậy
2012 2013 2013
2014.2 3.2 1010.2A
.
Bài 9: Tính tổng
2 2 2
2 3 2016
1 1 1
S
A A A
Giải:
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Vậy
1 2015
1 .
2016 2016
S
Bài 10: Xét khai
triển:
2 2013
0 1 2 2013
1 1 2 ... 1 2013 ...x x x a a x a x a x
. Tính
2 2 2
2
1
1 2 ... 2013
2
a
.
Giải:
Ta có:
2013
2 3
1 1 2013
1 1 2 ... 1 2013 1 . .
k i j
x x x k x i j x A x
Suy ra:
2
2 2 2
2
1 2013
1
. 1 2 ... 2013 1 2 ... 2013
2
i j
a i j
2 2 2
2
1
1 2 ... 2013
2
a
2
2
2013 1007
1 2013 2014
2 2 2
.
Bài 11: Tìm số nguyên dương n sao cho:
1 2 3 2 1
2 2
2 1 2 1 2 1 2 1
2.2 3.2 ... (2 1).2 2011
n
n
n n n n
n
C C C C
Giải:
Ta có:
2 1 0 1 2 2 3 3 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
(1 ) . . . .... .
n n n
n n n n n
x c c x c x c x c x
(1)
Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) theo x, ta được
2 1 2 3 2 2 1 2
2 1 2 1 2 1 2 1
(2 1)(1 ) ( 1) 2 . 3. . .... (2 1). .
n n n
n n n n
n x c c x c x n c x

2 1 2 3 2 2 1 2
2 1 2 1 2 1 2 1
(2 1)(1 ) 2 . 3. . .... (2 1). .
n n n
n n n n
n x c c x c x n c x
(2)
Cho x=2 vào hai vế của (2), ta được:
1 2 1 2
2 1 2 1
2 1 ...... (2 1). .2
n n
n n
n c n c
Khi đó: 2n+1=2011
n=1005.
Ta có
2
2
! 1 1
, 2.
( 2)! ( 1)
k
k
k
A k
k A k k
Suy ra
2
1 1 1
.
1
k
A k k
Cho
2,3,...,2016k
ta được
1 1 1 1 1
1 .
2 2 3 2015 2016
S
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Vậy n=1005.
Bài 12: Cho k là số tự nhiên thỏa mãn
5 k 2011.
Chứng minh rằng:
0 k 1 k 1 5 k 5 k
5 2011 5 2011 5 2011 2016
C .C C .C ... C .C C
.
Giải:
Dễ thấy
5 2011 2016
1 x 1 x 1 x
; và
5
0 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5
5 5 5 5 5 5
M 1 x C C x C x C x C x C x
2011
0 1 1 k k 2011 2011
2011 2011 2011 2011
N 1 x C C x ... C x ... C x .
2016
0 1 k k 2016 2016
2016 2016 2016 2016
P 1 x C C x ... C x ... C x .
Ta có hệ số của
k
x
trong P là
k
2016
C
.
Vì
P M.N
, mà số hạng chứa
k
x
trong M.N là :
0 k k 1 k 1 k 1 2 2 k 2 k 2 3 3 k 3 k 3 4 4 k 4 k 4 5 5 k 5 k 5
5 2011 5 2011 5 2011 5 2011 5 2011 5 2011
C .C x C xC x C x C x C x C x C x C x C x C x
nên
0 k 1 k 1 5 k 5 k
5 2011 5 2011 5 2011 2016
C .C C .C ... C .C C
.
Bài 13: Từ các chữ số
0,1,2,3,4,5
lập các số có ba chữ số đôi một khác nhau. Lấy
ngẫu nhiên một số vừa lập. Tính xác suất để lấy được số không chia hết cho 3.
Giải:
+) Tìm số có ba chữ số khác nhau lập được từ tập
0,1, 2,3, 4,5E
.
Số cần tìm có dạng
abc
Chọn
, 0a E a
có 5 cách.
Chọn 2 trong 5 số còn lại của
\E a
xếp vào hai vị trí b, c có
2
5
A
cách.
Vậy có
2
5
5. 100A
(số)
+) Tính số lập được chia hết cho 3.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Số cần tìm có dạng
abc
,
3a b c
Xét các tập con gồm 3 phần tử của tập
0,1, 2,3, 4,5E
, ta thấy chỉ có các tập sau
thoả mãn điều kiện tổng các chữ số chia hết cho 3 là:
1 2 3 4
5 6 7 8
A 0,1, 2 , A 0,1,5 ,A 0, 2,4 ,A 0,4,5
A 1, 2,3 ,A 1,3,5 , A 2,3,4 , A 3,4,5
Khi
1 2 3 4
, , , , ,a b c A A A A
mỗi trường hợp lập được 4 số thoả mãn yêu cầu.
Khi
5 6 7 8
, , ; ; ;a b c A A A A
mỗi trường hợp lập được 6 số thoả mãn yêu cầu.
Vậy có
4.4 4.6 40
(số).
Suy ra số không chia hết cho 3 là:
100 40 60
(số).
Xác suất cần tính là :
60
0,60
100
P
.
Bài 14: Có hai hộp chứa các quả cầu. Hộp thứ nhất chứa 3 quả cầu đỏ, 7 quả cầu
trắng và 10 quả cầu xanh. Hộp thứ hai chứa 5 quả cầu đỏ, 7 quả cầu trắng và 8 quả
cầu xanh. Từ mỗi hộp lấy ngẫu nhiên một quả cầu. Tính xác suất để hai quả cầu lấy
ra có cùng một màu.
Giải:
Gọi A là biến cố quả cầu lấy ra từ hộp thứ nhất là màu đỏ P(A) = .
Gọi B là biến cố quả cầu lấy ra từ hộp thứ hai là màu đỏ P(B) = .
AB là biến cố lấy ra hai quả cầu màu đỏ từ hai hộp; A, B là hai biến cố đôc lập, áp
dụng công thức nhân xác suất ta có P(AB) = P(A).P(B) = .
Tương tự, ta tính được xác suất để lấy được hai quả cầu màu trắng là , xác suất để
lấy được hai quả cầu màu xanh là .
Vậy xác suất để lấy được hai quả cầu cùng màu thỏa mãn bài toán là: + + = .
V – ĐỀ KIỂM TRA CHUYÊN ĐỀ
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12
Môn: Toán
Chuyên đề: Tổ hợp – Xác suất
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (2,0 điểm). Với các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 có thể lập được bao nhiêu số
tự nhiên chẵn có 5 chữ số đôi một khác nhau trong đó nhất thiết có mặt chữ số 2.
Câu 2 (2,0 điểm). Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số
gồm bốn chữ số khác nhau sao cho tổng các chữ số hàng nghìn và hàng đơn vị
bằng 5?
Câu 3 (2,0 điểm). Tính tổng các số chẵn có 4 chữ số được viết từ các chữ số 1, 2,
3, 4.
Câu 4 (2,0 điểm). Tìm hệ số của
15
x
trong khai triển nhị thức Niutơn của
n
5
2
1
x , x 0
x
. Biết
0 1 n 1 n
n n n n
C C ... C C 1024
(với
*
n
,
k
n
C
là số các
tổ hợp chập
k
của
n
)
Câu 5 (2,0 điểm). Rút gọn biểu thức:
Câu 6 (2,0 điểm). Trong một đoàn gồm 15 người đi công tác có 5 người quê ở
miền Bắc, 4 người quê ở miền Trung, 6 người quê ở miền Nam. Cần chọn ra một
tổ 3 người để giao một nhiệm vụ. Tính xác suất để tổ 3 người được chọn có đủ
người của cả ba miền Bắc, Trung, Nam.
Câu 7 (2,0 điểm). Bạn An viết vào trong vở một số tự nhiên có 6 chữ số. Tính xác
suất để số được ghi là một số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau và khác 0, đồng thời
tổng các chữ số bằng 21, tổng 3 chữ số đầu lớn hơn tổng 3 chữ số cuối 1 đơn vị.
Câu 8 (2,0 điểm). Cho đa giác lồi (H) có 22 cạnh. Gọi X là tập hợp các tam giác có
ba đỉnh là ba đỉnh của (H). Chọn ngẫu nhiên 2 tam giác trong X. Tính xác suất để
chọn được một tam giác có một cạnh là cạnh của đa giác (H) và một tam giác
không có cạnh nào là cạnh của đa giác (H).
Câu 9 (2,0 điểm). Tìm số hạng chứa
7
x
trong khai triển thành đa thức của
10
2 3
1 x x x
.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Câu 10 (2,0 điểm). Có 7 bông hồng đỏ, 8 bông hồng vàng và 10 bông hồng trắng,
mỗi bông hồng khác nhau từng đôi một. Hỏi có bao nhiêu cách lấy 3 bông hồng có
đủ ba màu.
....………………… …………………Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu Đáp án Điểm
Câu 1
2,0 đ
Gọi số cần lập là
dabc e
. Xét trường hợp kể cả 0 đứng đầu
TH1: e=2: chọn abcd có
4
7
840A
số
0,25
TH2: e khác 2: e có 3 cách chọn, chữ số 2 có 4 vị trí, 3 chữ còn lại có
3
6
120A
=> có 3.4. = 1440 số.
0,25
=> Có 840 + 1440 = 2280 số 0,25
* Xét TH số 0 đứng đầu thỏa mãn điều kiện trên:
a=0: có 1 cách
0,25
TH1: e =2 có 1 cách chọn, bcd có
3
6
120A
cách
0,25
TH2: e khác 2 và là số chẵn nên e có 2 cách chọn, số 2 có 3 vị trí, 2 vị
trí còn lại có
2
5
A
.
0, 5
Suy ra có
3
6
A
+2.3.
2
5
A
=240 số.
0,5
Vậy số cần lập có 2280-240=2040 số
0,25
Câu 2
2,0 đ
Các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán có dạng
n abcd
, trong đó
, , , {0;1;2;3;4;5;6}a b c d
đôi một khác nhau,
0a
và
5.a d
0,25
Trường hợp 1: = 5; = 0. Khi đó a d
, {1;2;3;4;6}b c
. Trong trường hợp
0,5
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
này có
số thỏa mãn.
Trường hợp 2:
{ , }={1;4}a d
. Khi đó
, {0;2;3;5;6}b c
. Trong trường hợp này
có
2 2
2 5
. 40A A
số thỏa mãn.
0,5
Trường hợp 3:
{ , }={2;3}a d
. Khi đó
, {0;1;4;5;6}b c
. Trong trường hợp này
có
2 2
2 5
. 40A A
số thỏa mãn.
0,5
Vậy có tất cả
20 40 40 100
. 0,25
Câu 3
2,0 đ
Các số cần tính tổng có dạng
abcd
với
, , 1, 2, 3, 4 , 2, 4a b c d
0,25
Ta có
3 2 3 2
10 10 10 10 10 10abcd a b c d abcd a b c d
0,5
Có tất cả:
4 4 4 2 128
số chẵn gồm 4 chữ số được viết từ
1, 2,3,4
,
trong đó:
mỗi chữ số
, ,a b c
xuất hiện
4 4 2 32
lần
mỗi chữ số d xuất hiện
4 4 4 64
lần.
0,5
Do đó:
32 1 2 3 4 320a b c
và
64 2 4 384d
0,5
Suy ra:
3 2
320 10 10 10 384 320 1110 384 355584abcd
0,25
Câu 4
2,0 đ
Ta có
n
0 1 n 1 n
n n n n
1 1 C C ... C C
0 1 n 1 n n
n n n n
C C ... C C 2
0,5
Từ giả thiết ta suy ra
n n 10
2 1024 2 2 n 10
0,5
Ta có số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức Niutơn của
10
5
2
1
x
x
là:
2 10 k
k 5k k 7k 20
10 10
C .x .x C .x
0,5
Suy ra
15
x
ứng với
7k 20 15 k 5
0,25
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Vậy hệ số của
15
x
là:
5
10
C 252
.
0,25
Câu 5
2,0 đ
Ta có: 0,5
Ta có:
(k =0;1;…;2013)
0,5
Do đó: S.2013!= 0,5
S.2013! = 0,5
Câu 6
2,0 đ
Số cách chọn ngẫu nhiên 3 người từ 15 người là:
3
15
455C
0,5
Số cách chọn 3 người có đủ cả ba miền Bắc, Trung, Nam là:
1 1 1
5 4 6
120C C C
0,5
Xác suất để tổ 3 người được chọn có đủ người của cả ba miền Bắc,
Trung, Nam.
là:
120 24
455 91
P
0,5
Vậy xác suất cần tìm là:
24
91
P
0,5
Câu 7
2,0 đ
Gọi T là phép thử “ghi số có 6 chữ số”
5
9.10
;
A là biến cố “ Số ghi được có 6 chữ số khác 0 và ..........”
0,25
Coi số ghi được có dạng
1 2 3 4 5 6
a a a a a a
( )
i j
a a
Theo bài ra, ta có:
1 2 3
4 5 6
11
10
a a a
a a a
0,5
Nếu
1 2 3
, , 2;4;5a a a
4 5 6
, , 1;3;6 .a a a
có
3!3!
số.
0,25
Nếu
1 2 3
, , 2;3;6a a a
4 5 6
, , 1;4;5 .a a a
có
3!3!
số.
0,25
Nếu
1 2 3
, , 1;4;6a a a
4 5 6
, , 2;3;5 .a a a
có
3!3!
số.
0,25
Vậy số các số theo yêu cầu là:
3 2
(3!3!).3 3 .2
A
.
0,25
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
3 2
5
3 .2 3
9.10 25000
P A
0,25
Câu 8
2,0 đ
Đa giác lồi (H) có 22 cạnh nên có 22 đỉnh. 0,25
Số tam giác có 3 đỉnh là ba đỉnh của đa giác (H) là
3
22
C 1540.
0,25
Số phần tử của không gian mẫu
là
2
1540
n( ) C 1185030
0,25
Số tam giác có mô
š
t cạnh là cạnh của đa (H) là 22.18 = 396
Số tam giác có hai cạnh là cạnh của đa (H) là 22
0,25
Số tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa (H) là: 1540 - 396 - 22
= 1122
0,25
Gọi A là biến cố “ hai tam giác được chọn có mô
š
t tam giác có 1 cạnh là
cạnh của (H) và 1 tam giác không có cạnh nào là cạnh của (H)"
0,25
Số phần tử của A là
1 1
396 1122
n(A) C .C
0,25
Xác suất của biến cố A là
1 1
396 1122
C .C
n(A) 748
p(A)
n( ) 1185030 1995
.
0,25
Câu 9
2,0 đ
Ta có:
10 10
10
2 3 2
1 1 1x x x x x
.
0,25
10
10
10
0
1
k k
k
x C x
và
10
10
2 2
10
0
1
l l
l
x C x
.
0,5
Với và là các số tự nhiên, thì:l k
1
2 7
3
k
l k
l
hoặc
3
2
k
l
hoặc
5
1
k
l
hoặc
7
0
k
l
0,75
Kết luận: Số hạng chứa
7
x
là
1 3 3 2 5 1 7 7
10 10 10 10 10 10 10
( )C C C C C C C x
.
0,5
Câu 10
Số cách lấy 3 bông hồng bất kì:
3
25
2300C
.
0,5
Số cách lấy 3 bông hồng chỉ có một màu:
3 3 3
7 8 10
211 C C C
.
0,5
Số cách lấy 3 bông hồng có đúng hai màu:
3 3 3 3 3 3
15 17 18 7 8 10
2 1529 C C C C C C
.
0,5
Vậy số cách chọn thỏa yêu cầu bài toán là:
2300 211 1529 560
.
0,5
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
| 1/60

Tài liệu khác của Đại học Kinh Tế Quốc Dân

Preview text:

Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
CHUYÊN ĐỀ TỔ HỢP – XÁC SUẤT I – LÝ THUYẾT BỔ TRỢ
A. Hoán vị - Chỉnh hợp – Tổ hợp I. Hoán vị 1. Giai thừa n! 1.2.  3n Qui ước: 0! 1 
n!  n –1!n !
n  p1. p2 n ! p (với n p ) n! 
n – p  1 . n – p   2 n (n p )! (với n p )
2. Hoán vị (không lặp)
Một tập hợp gồm n phần tử (n  1). Mỗi cách sắp xếp n phần tử này theo
một thứ tự nào đó được gọi là một hoán vị của n phần tử.
Số các hoán vị của n phần tử là: P  ! n n 3. Hoán vị lặp
Cho k phần tử khác nhau: a , a , ,  a . 1 2
k Một cách sắp xếp n phần tử trong đó gồm n a n a n a
n n2   n kn 1 phần tử , 1 2 phần tử , , 2
k phần tử k  1  theo một  n, n, ,  n 1 2 k
thứ tự nào đó được gọi là một hoán vị lặp cấp n và kiểu của k phần tử.
Số các hoán vị lặp cấp n, n , ,  n kiểu  n 1 2
k  của k phần tử là: n P n n n n  ! , , ,   1 2 k
n !n !...nk ! 1 2
4. Hoán vị vòng quanh
Cho tập A gồm n phần tử. Một cách sắp xếp n phần tử của tập A thành một
dãy kín được gọi là một hoán vị vòng quanh của n phần tử.
Số các hoán vị vòng quanh của n phần tử là: Q   n – 1 ! n II. Chỉnh hợp
1. Chỉnh hợp (không lặp)
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Cho tập hợp A gồm n phần tử. Mỗi cách sắp xếp k phần tử của A (1  k 
n) theo một thứ tự nào đó được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử của tập A.
Số chỉnh hợp chập k của n phần tử: n! k A  (
n n  1)(n  2)...( n k 1  )  n (n k)!
 Công thức trên cũng đúng cho trường hợp k = 0 hoặc k = n. n
 Khi k = n thì A P  ! n n n 2. Chỉnh hợp lặp
Cho tập A gồm n phần tử. Một dãy gồm k phần tử của A, trong đó mỗi phần
tử có thể được lặp lại nhiều lần, được sắp xếp theo một thứ tự nhất định được gọi là
một chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử của tập A. k k
Số chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử: A n n III. Tổ hợp
1. Tổ hợp (không lặp)
Cho tập A gồm n phần tử. Mỗi tập con gồm k (1  k  n) phần tử của A được
gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử. k A n k ! C n n
Số các tổ hợp chập k của n phần tử: k !
k !(n k )! 0  Qui ước: Cn = 1 Tính chất: 0 n k n k n k k k 1  k k  1 k 1 C C C C C C C C C n  1 n  ; n  ; n n n  ;  n n   1  1 n k 2. Tổ hợp lặp
Cho tập A =  a ; a ;...; a 1 2
n và số tự nhiên k bất kì. Một tổ hợp lặp chập k của n
phần tử là một hợp gồm k phần tử, trong đó mỗi phần tử là một trong n phần tử của A. k k m 1
Số tổ hợp lặp chập k của n phần tử: C CC nn k 1  n k 1 .
3. Phân biệt chỉnh hợp và tổ hợp k k
 Chỉnh hợp và tổ hợp liên hệ nhau bởi công thức: A k!C n n
 Chỉnh hợp: có thứ tự.
 Tổ hợp: không có thứ tự.
 Những bài toán mà kết quả phụ thuộc vào vị trí các phần tử –> chỉnh hợp
Ngược lại, là tổ hợp.
 Cách lấy k phần tử từ tập n phần tử (k  n):
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất k
+ Không thứ tự, không hoàn lại: Cn k
+ Có thứ tự, không hoàn lại: An k
+ Có thứ tự, có hoàn lại: An
Phương án 2: Đếm gián tiếp (đếm phần bù)
Trong trường hợp hành động H chia nhiều trường hợp thì ta đi đếm phần bù của bài toán như sau:
 Đếm số phương án thực hiện hành động H (không cần quan tâm đến có thỏa
tính chất T hay không) ta được a phương án.
 Đếm số phương án thực hiện hành động H không thỏa tính chất T ta được b phương án.
Khi đó, số phương án thỏa yêu cầu bài toán là: a b.
B. Nhị thức Niu tơn
DẠNG 1: XÁC ĐỊNH CÁC HỆ SỐ, SỐ HẠNG TRONG KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON Phương pháp:n n
ax bx n  C ax nk bx k p q k p q k n k k np pk   qk C a b x n n k 0  k 0  Số hạng chứa m
x ứng với giá trị k thỏa: np pk qk m . m   np k Từ đó tìm p q k n k k
Vậy hệ số của số hạng chứa m
x là: C a .b n
với giá trị k đã tìm được ở trên.
Nếu k không nguyên hoặc k n thì trong khai triển không chứa m x , hệ số phải tìm bằng 0.
Chú ý: Xác định hệ số của số hạng chứa m x trong khai triển       n p q P x a bx cx 2
được viết dưới dạnga a x ... n 0 1 2 a x n . Ta làm như sau: n Px
 a bx cx n   C a bx cx n    k p q k n k p q * Viết k 0  ;
bx cx k p q
* Viết số hạng tổng quát khi khai triển các số hạng dạng thành một đa
thức theo luỹ thừa của x.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
* Từ số hạng tổng quát của hai khai triển trên ta tính được hệ số của m x .
Chú ý: Để xác định hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức Niutơn Ta làm như sau:
* Tính hệ số ak theo k và n ;
* Giải bất phương trình a a k  1
k với ẩn số k ;
* Hệ số lớn nhất phải tìm ứng với số tự nhiên k lớn nhất thoả mãn bất phương trình trên. n k k a C b DẠNG 2: BÀI TOÁN TỔNG k n k 0 
Phương pháp 1: Dựa vào khai triển nhị thức Newton n 0 n n 1 1 n 2 2 2 (a ) b
C a a bC a b C  ... n n b C n n n n .
Ta chọn những giá trị a,b thích hợp thay vào đẳng thức trên.
Một số kết quả ta thường hay sử dụng: k nk * C C n n 0 1 n n
* C C ... C 2  n n n n ( 1)k k C 0   * n k 0  n n 2 n kk 1 2 2 1 CC   C nnk 2 2 2 * n k k  2 0 0 k 0  n k k C a (  1  a )n * n k 0  .
Phương pháp 2: Dựa vào đẳng thức đặc trưng
Mẫu chốt của cách giải trên là ta tìm ra được đẳng thức (*) và ta thường gọi (*) là đẳng thức đặc trưng.
Cách giải ở trên được trình bày theo cách xét số hạng tổng quát ở vế trái (thường
có hệ số chứa k ) và biến đổi số hạng đó có hệ số không chứa k hoặc chứa k nhưng
tổng mới dễ tính hơn hoặc đã có sẵn. C. Xác suất 1. Biến cố
 Không gian mẫu : là tập các kết quả có thể xảy ra của một phép thử.
 Biến cố A: là tập các kết quả của phép thử làm xảy ra A. A .
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất  Biến cố không: 
 Biến cố chắc chắn: 
 Biến cố đối của A: A  \ A
 Hợp hai biến cố: A  B
 Giao hai biến cố: A B (hoặc A.B)
 Hai biến cố xung khắc: A B =
 Hai biến cố độc lập: nếu việc xảy ra biến cố này không ảnh hưởng đến việc xảy ra biến cố kia. 2. Xác suất ( n ) A
 Xác suất của biến cố: P(A) = ( n ) 
0 P(A) 1; P() = 1; P() = 0
 Quy tắc cộng: Nếu A B = thì P(A B) = P(A) + P(B)
Mở rộng: A, B bất kì: P(A B) = P(A) + P(B) – P(A.B) P( A ) = 1 – P(A)
 Quy tắc nhân: Nếu A, B độc lập thì P(A. B) = P(A). P(B)
DẠNG 1: XÁC ĐỊNH PHÉP THỬ, KHÔNG GIAN MẪU VÀ BIẾN CỐ
Phương pháp: Để xác định không gian mẫu và biến cố ta thường sử dụng các cách sau
Cách 1: Liệt kê các phần tử của không gian mẫu và biến cố rồi chúng ta đếm.
Cách 2: Sử dụng các quy tắc đếm để xác định số phần tử của không gian mẫu và biến cố.
DẠNG 2: TÌM XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ Phương pháp:
 Tính xác suất theo thống kê ta sử dụng công thức: Soá laà n xuaá t hieä n cuû a bieá n coá A P( ) A  N .
 Tính xác suất của biến cố theo định nghĩa cổ điển ta sử dụng công thức: n( ) A ( P ) A  (n )  . II – CÁC VÍ DỤ 1. Bài toán l p sốố ậ
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Ví dụ 1: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có sáu
chữ số và thỏa mãn điều kiện: sáu chữ số của mỗi số là khác nhau và trong mỗi số
đó tổng của ba chữ số đầu nhỏ hơn tổng của ba chữ số cuối một đơn vị? Giải:
Gọi số cần tìm là: a ,a , a ,a , a , 1 2 3 4 5 a6 (a1 ≠ 0) (
a a a ) 1    a  a a 1  0 1 2 3 4 a 5 a 6 a  1 2 3  
(a a a ) (a a a ) 1  2 3 4 5 6 2  1 
a a a 1  1 1 2 3 4 5 6  4 5 6 Theo đề ra, ta có:
Có ba tổ hợp tổng bằng 10 là: ( 1, 3, 6), (1, 4, 5), (2, 3, 5).
Trong mỗi tổ hợp: - Hoán vị ba chữ số đầu: có 3! cách.
- Hoán vị của ba chữ số cuối: có 3! cách. Suy ra có 3!.3! = 36 (số).
Vậy với ba tổ hợp có: 3.36 = 108 (số).
Ví dụ 2: Với các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số tự
nhiên có sáu chữ số đôi một khác nhau sao cho các chữ số 1, 2, 3 đứng kề nhau? Giải: 3
Từ 10 chữ số đã cho ta lập được 7
C bộ gốm 6 chữ số khác nhau, trong đó luôn có mặt các chữ số 1, 2, 3.
Từ mỗi bộ như thế lập được 4!3! số có 6 chữ số khác nhau trong đó các chữ số 1,
2, 3 luôn đứng kề nhau (với quy ước tính cả các số mà có chữ số 0 đứng đầu). Vậy 3 có 4!3! 7 C =5040 (số). 2
Trong 5040 số được tạo thành có 3!3! 6
C = 540 (số) gồm 6 chữ số khác nhau mà
chữ số 0 đứng đầu và các chữ sô 1, 2, 3 luôn đứng kề nhau.
Vậy có 5040 – 540 = 4500 (số cần tìm).
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Ví dụ 3: Cho tập hợp E =. Từ tập hợp E có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có
bốn chữ số đôi một khác nhau, sao cho tích các chữ số là một số chẵn? Giải: 3
Số các số có 4 chữ số khác nhau lập từ tập E là: 7. A7 =7.7.6.5 =1470 (số).
Số có 4 chữ số khác nhau sao cho tích các chữ số là một số lẻ có dạng x abcd , , a , b , c d 1,3,5,  7 .
Suy ra số các số có 4 chữ số khác nhau sao cho tích các chữ số là một số lẻ là 4! = 24 (số).
Vậy số các số có 4 chữ số khác nhau sao cho tích cac chữ số là một số chẵn là 1470 – 24 = 1446 (số).
Ví dụ 4: Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, ta lập được bao nhiêu số tự nhiên
có 6 chữ số, mà các chữ số đôi một khác nhau và trong đó hai chữ số kề nhau không cùng là số lẻ? Giải:
Gọi số đó là A  1a 2 a 3 a 4 a 5 a 6
a . Từ giả thiết suy ra A có 1 hoặc 2 hoặc 3 chữ số lẻ.
Trường hợp 1: A có 1 chữ số lẻ. 1 +) C P 600  1
a lẻ: Số các số A là 5 5 1 4 +)
4.(C C )P 2400 1
a chẵn: Có 4 cách chọn a1. Số các số A là 5 4 5
Tổng có: 600 + 2400 = 3000 số các số A trong đó có đúng một chữ số lẻ.
Trường hợp 2: A có 2 chữ số lẻ. +) 1
a lẻ: Có 5 cách chọn 1a. Có 5 cách chọn 2a chẵn. 1 3 Vậy số các số 5.5.(C C )P 9600  A là 4 4 4 +) 1
a chẵn: Có 4 cách chọn a1. Có 6 cách chọn hai vị trí không kề nhau của hai số 2 3 lẻ trong a
4.(C .6.P ).A 11  520 2 3 a 4 a a5 6
a . Vậy số các số A là 5 2 4
Tổng có: 9600 + 11520 = 21120 số các số A.
Trường hợp 3: A có 3 chữ số lẻ
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất +) a a a
1 lẻ: Có 5 cách chọn 1 . Có 5 cách chọn 2 . Có 3 cách chọn hai vị trí không kề 2 2
nhau của hai số lẻ trong a a a a
5.5.(C .3.P ).A 10800  3 4 5
6 . Vậy số các số A là 4 2 4 +) a a
1 chẵn: Có 4 cách chọn 1 . Có 1 cách chọn 3 vị trí không kề nhau của 3 số lẻ 3 2 trong a a a a a
4.(C .1.P ).A 2880  2 3 4 5
6 . Vậy số các số A là: 5 3 4 .
Tổng có: 10800 + 2880 = 13680 số các số A.
Tóm lại có: 3000 + 21120 + 13680 = 37800 số các số A.
Ví dụ 5: Tính tổng các số chẵn có 4 chữ số được viết từ các chữ số 1, 2, 3, 4. Giải:
Các số cần tính tổng có dạng abcd với a, ,
b c  1, 2, 3, 4 , d   2,  4 3 2 3 2 abcd 10 
a 10 b 10c d  abcd 10  a 10 b
 10c d Ta có Có tất cả: 4 4  4  2  128 
số chẵn gồm 4 chữ số được viết từ  1, 2,3, 4 , trong đó:
mỗi chữ số a, b, c xuất hiện 4 4  2  32
 lần, mỗi chữ số d xuất hiện 4 4  4  64  lần. a b c 32  123 4  320     d 64  2  4 384   Do đó: và Suy ra: abcd   3 2
320 10 10 10 384 320  1110   384 355  584 .
2. Bài toán tổ hợp, chỉnh hợp
Ví dụ 6: Một thầy giáo có 12 cuốn sách đôi một khác nhau gồm 5 cuốn sách
Toán,4 cuốn Văn và 3 cuốn Tiếng Anh. Thầy lấy 6 cuốn tặng đều cho 6 học sinh.
Hỏi có bao nhiêu cách tặng mà sau khi tặng xong thì mỗi loại sách còn ít nhất 1 cuốn? Giải:
Do tổng 2 loại sách nào cũng lớn hơn 6 nên khi 6 cuốn thì không thể hết 2 loại sách.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Số cách chọn 6 sách bất kì trong 12 cuốn để cho 6 học sinh là A612=665280 .
Các trường hợp cho hết 1 loại là: 5 1
+Hết sách Toán có : A .A 6 7 =5040 cách. 4 2
+ Hết sách Văn có: A .A 6 8 =20160 cách. 3 3
+ Hết sách Tiếng Anh có: A . 6 9 A =60480 cách.
Vậy số cách cần tặng là: 665280-(5040+20160+60480) = 57960 ( cách).
Ví dụ 7: Cho một lục giác đều có 2n cạnh (n>2). Biết số hình chữ nhật tạo bởi 4 7
đỉnh trong 2n đỉnh của đa giác bằng 52 số tam giác tạo bởi 3 đỉnh của đa giác và
có một cạnh là cạnh của đa giác đó. Tìm n. Giải: 2
Số hình chữ nhật là: Cn .
Số tam giác có 1 cạnh là cạnh của đa giác: 2n(2n  4) . 52  n 1  5 2 C  .2 ( n 2n 4)  n  Theo bài ra, ta có: 7 n  0 (l a o i) Vậy n = 15.
Ví dụ 8: Cho hai đường thẳng song song a, b. Trên a lấy 17 điểm phân biệt, trên b
lấy n điểm phân biệt. Tìm n để có 5950 tam giác có các đỉnh là ba trong các điểm đã cho. Giải:
Vì tam giác có các đỉnh là 3 trong các điểm đã cho nên xảy ra các trường hợp sau: 1 2
Trường hợp 1: Tam giác có 1 đỉnh trên a và 2 đỉnh trên b  có C . 17 Cn tam giác. 2 1
Trường hợp 2: Tam giác có 2 đỉnh trên a và 1 đỉnh trên b  có C . 17 Cn tam giác.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất 1 2 2 1
Vậy số các tam giác có các đỉnh là 3 trong các điểm đã cho là: C . C . 17 C C n + 17 n 1 2 2 1
Theo bài ra, ta có: C . C . 17 C C n + 17 n = 5950. 17! n! 17! n!  .  . 5950 
1!.16! 2!( n 2)! 2!.15! ( n 1)! 17 2  ( n n  1) 1  36n 5
 950  17 n 255n  11900 0  2  n 20  hoặc n = -35 (loại). Vậy n = 20.
Ví dụ 9: Cho tập hợp A   1;2;3;...;1 
8 . Có bao nhiêu cách chọn ra 5 số trong tập
A sao cho hiệu của hai số bất kì trong 5 số đó không nhỏ hơn 2? Giải:
Ta cần tìm số phần tử của tập T sau: T 
 (a ,a ,...,a ) : a  a ...  a ; 1 a  1  8; a  a 2  1 2 5 1 2 5 i i j  Xét tập hợp H 
 (b , b ,..., b ) : b  b ...  b ; 1 b  1  4 1 2 5 1 2 5 i 
Xét ánh xạ f cho tương ứng mỗi bộ (a ,a ,...,a ) (b ,b ,...,b ) 1 2 5 với bộ 1 2 5 xác định như sau: b a  ,b a   1,b a   2,b a   3,b a   4 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 . T  H
Dễ thấy khi đó f là một song ánh, suy ra .
Mặt khác, mỗi bộ (b ,b ,...,b ) 1 2
5 trong H là một tổ hợp chập 5 của 14 phần tử. Do 5 đó H C  2002   14 . Vậy T 2002 .
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
3. Nhị thức Niu tơn 1  3
Ví dụ 10: Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5 n C Cn
n . Tìm hệ số của số hạng 2  1 n nx   , x 0   chứa 8 14
x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  x  . Giải:  n 7
n  2 n  1 n n 1  3     2 5  CC  5n
n  3n 28 0
n 4 kt  Ta có: n n 6 m  . 7 7 7 2 2 7  7  x 1   x 1   1 k     C          k k 14  2 1 kk 7 x x Xét khai triển 14 x 2 x     k  2 0   7 7  1  k   C
    1k k 14 3k x 7 k 0   2  . Ứng với 8
x suy ra 14  3k 8   k 2  . 5 2  1  21 C  7   Vậy hệ số của 8
x trong khai triển là:  2 32.
Ví dụ 11: Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn  1 n  3 2  x x  3  của  x
 biết rằng tổng các hệ số của các số hạng trong khai triển này là
a a a  ... a 4096 0 1 2 n . Giải: n n k 5 n   1 k  3 2  3 3 f (x)  x x a x x  3  k Ta có:  xk 0  n
f (1)  a       n k 1 1n n 12 2 4096 2 12 k 0  . 12 k 12 1 5  k  5 k 12 k  6 k60 12 12 12  1        3 2 k 3 3 k 3 3 k 3  x x             1 C 2 x x 1 C 2x 1 C 2x 3 Suy ra:  xk 0      k 0  k 0 
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Số hạng không chứa x ứng với  6k  60 0   k 1  0 . 10
Vậy số hạng không chứa x có hệ số là: C 66  12 .
  x x 8 2 3 1 2
Ví dụ 12: Tìm hệ số của 8
x trong khai triển của thành đa thức. Giải:
  x x 8 2 3 1 2 Ta có: = == .
Hệ số của ứng với k, i thỏa mãn: .
Giải hệ này, ta được: (k; i) = (3; 2) và (k; i) = (4; 0).
Vậy hệ số chứa của khai triển là: = 742. 2008 2
1 x(1 x )
Ví dụ 13: Cho khai triển:   . Tính hệ số của x10. Giải: 2008 2008 k 2008 k 2008 k 3 k k i k i 3 i k i k 2 i i 2    
c (x x )  c c x (x )  c c x  ( 1) 2008 2008 2008
Ta có: 1 x(1 x )   = k k k 0  k 0  i 0  = k 0 i 0 . k  2i 10   0 ik  2008 
Hệ số chứa x10 ứng với i N  ;k N , suy ra:0 i  10  / 3 . Do đó: i = 0;1;2;3  i 0   k 10   i 1   k 8  
i 2  k 6 
i 3  k 4 10 0 8 1 6 2 4 3
Vậy hệ số chứa x10 là:    2 c 008 1 c 0 2 c 008 8 c 2 c 008 6 c 2 c 008 4 c .
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
1 xx ... x 15 2 14 2 210
Ví dụ 14: Cho khai triển a
  a x a x ... 0 1 2 a210x . Chứng 0 1 2 15
minh rằng: C a C a C a  ... C a  15 15 15 15 14 15 13 15 0 . Giải:
1 x  1x x ... x  210 15 15 15 1 x15 15 2 14    1k k i k 1 C 5a x i Ta có: i 0  k 0  . 1 x 15 15 Suy ra, hệ số của 15 x trong khai triển là:    k k 0 1 2 15 1 C a C
a C a C a   C a i ... 15 15 15 15 14 15 13 15 0 ik 1  5   x 15 15 15 225 1 1   15x ....  1 x 15 15 Mặt khác: x . Suy ra hệ số của 15 x trong khai triển 0 1 2 15
là  15 . Vậy: C a C a C a  ... C a  15 15 15 15 14 15 13 15 0 .
4. Đẳng thức tổ hợp
Ví dụ 15: Cho là số tự nhiên, n n 2
 . Chứng minh đẳng thức sau: 2 2 2 0 1 2 2 n  2 2 n 1  n  2 n C n C n C   CC nn n  1 n  2 ... 2 1 ( 1)2 . n n n Giải: nx 1n k n kC x   , n  1 Ta có với x 0  thì k 0  n 1     n x   n 1 k n k 1 1
 (n k)C x
Đạo hàm hai vế của (1), ta được: n k 0  n 1  
nxx   n 1 1
 nkk n k C x n , 2 . Suy ra: k 0  n 1  
n  x   n 1 1
  n 1  x   n 2 1
   n k2 k nk 1 C xn . , 3 .
Đạo hàm hai vế của (2), ta được    k0 Thay x 1
 vào (3), ta được điều phải chứng minh.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Ví dụ 17: Chứng minh rằng: 0 1 2 2 3 3 2011 2011 2010 C  2.2.C  3.2 .C  4.2 .C ... 2012.2 .C 4  025.3 2011 2011 2011 2011 2011 Giải: n n 1 n x n k kC x
x 1  x k k 1  C x   n n Ta có: k 0  k 0  (1)
Đạo hàm hai vế của (1), ta có: n 1  x n  .
n x 1  x n 1 k k 1  (k 1   )C x n k 0  (2)
Thay n = 2011 và x = 2 vào (2), ta được điều phải chứng minh.
Ví dụ 17: Tìm số nguyên dương n sao cho: 1 2 3 2n 1 2 2  2.2 3  .2  ... (2  n 1  ).2 n 2  011 C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 . Giải: 2 n 1  0 1 2 2 3 3 2 n 1  2 n 1  Ta có: (1 x) c   c .x c .x c .x .... c . 2 x n1 2n1 2n1 2n1 2n1 (1)
Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) theo x, ta được: 2n 1 2 3 2 2n 1  2
(2n 1)(1 x) ( 1)  c      
2c  .x 3.c  .x
.... (2n 1).c  . n 2 x n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2 3 2 2 n 1  2
 (2n 1)(1 x) c      
2c  .x 3.c  .x
.... (2n 1).c  . n 2 x n 1 2 n 1 2n 1 2 n 1 (2)
Cho x = 2 vào hai vế của (2), ta được: 1 2n 1 2 2n 1 c
 ...... (2n 1).c  .2 n 2n1 2n1
Khi đó: 2n+1=2011  n = 1005. Vậy n = 1005.
Ví dụ 18: Chứng minh đẳng thức sau:
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
C 2  C 2  C 2  C 2 ... C 2  C 2 0 1 2 3 2011 2012 1006  2012 2012 2012 2012 2012 2012 C2012 . Giải:   x   x    x  2012 2012 2012 2 1 . 1 1 Xét đẳng thức: 1 x  2012 2012 2  C  2 k k   2012 x  1006 Ta có: C k 0 
. Suy ra hệ số của số hạng chứa 2012 x là 2012 2012 2012     
1 x 2012 .1 x 2012 k k k k  C    2012  x C   2012 x  Ta lại có:  k 0    k 0  
Suy ra hệ số của số hạng chứa 2012 x là: o 2012 1 2011 2 2010 3 2009 2012 2012 C CC CC CC C ...  2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2 C 012 2 C 012
 C  2   C  2  C  2   C  2 ...  C  2  C  2 0 1 2 3 2011 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012
Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh. 1 2 2 2 3 2 2013
Ví dụ 19: Tính tổng: C  2 C  3 C ... 2013 C 2013 2013 2013 2013 . Giải: 1 x 2013 0 1 2 2 2013 2013 C  C x C x  ... C x 2013 2013 2013 2013 20131 x 2012 1 2 3 2 2013 2012 C   2C x  3C
x  ... 2013C x (1) 2013 2013 2013 2013 2013.201  2 1 x 2011 2 3 4 2 2013 2011 2C  3.2C x  4.3C
x  ... 2013.2012C x (2) 2013 2013 2013 2013 2013112012 1 2 3 2013 C   2C 3C ... 2013C 2013 2013 2013 2013  2013.2012 1  2011 2 3 4 2013 1 2  C  3.2C  4.3C ...  2013.2012C 2013 2013 2013 2013 2011 1 2 2 2 3 2 2013  2013.2014.2 C   2 C  3 C ... 2013 C 2013 2013 2013 2013 1 2 3 C 2C 3CnC n n n  1n n S     ... n
Ví dụ 20: Tính tổng: 2.3 3.4 4.5 n 1   n 2  .
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất Giải: k C n! 1  n   k 1 1 ! C n n 1   .   Ta có: k 1 ! k k 1
   nk! n1  k  
1 ! n  1   k  1 ! n 1   (3)   1k kCkC n  k k k 2 1 n 2 
Áp dụng 2 lần công thức (3), ta được:  k   1  k 2 n 1    n 2 
Cho k chạy từ 1 đến rồi cộng vế các đẳng t n hức trên, ta có: 3 4 5 2  n 
1  n 2 S  C  2C C    nC   n  3 n ... 1 n n n 2 2 2   n  2   2 3 CCCCCC    nC   CCC    C nn  2  3 4 n n   3  4 5 n n   ...  1 n 1 2 3 4 n nnn ...   1 n n n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n 1    C   C                  C C C C C C ...        n 1 1 n C n n n n n n n n n n n  1  1 1 n 1 0 1 0 1 2 3 4 5 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n S  Vậy  n 1    n 2 . 1 1 1 1 S    ... 
Ví dụ 21: Tính tổng: 1!2009! 3!2007! 2007!3! 2009!1! ; Giải: 2010! 2010! 2010! 2010! S.2010!   ...   Ta có: 1!2009! 3!2007! 2007!3! 2009!1! 1 3 2007 2009 C  C ...  2010 2010 2 C 010 C2010 2010 1 1 i 2010 2009  C  (1 1  ) 2   2010 2 i 0  2 2009 2 S  Vậy 2010!
Ví dụ 22: Tìm số nguyên dương lẻ n thỏa mãn:
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất 2 0 3 1 4 2 n 2 2 C 2 C 2 C 2 + n C 2 n n n - + - ... n - ( = n + ) 1 (n + ) . 1.2 2.3 3.4 2 2017 Giải: k k 1 C C + n n 1 + = , " , k n Î ,  k £ . n
Chứng minh đẳng thức: k +1 n +1 k k+1 k+2 C C C n n 1 + n 2 + ( = = k + ) 1 (k + ) 2
(n + )1 (k + )2 (n + )1 (n + )2 Ta có: 2 0 3 1 4 2 n+2 2 C 2 C 2 C 2 n C n n n - + - ... n - 1.2 2.3 3.4 (n + )1 (n + )2 2 2 3 3 n 2 + n 2 2 C 2 C 2 C + n+2 n+2 n+2 = ( - + - n + ) (n + )
(n + ) (n + ) ... 1 2 1 2 (n + )1 (n + )2 1 = ( + é ù + 1 ê - )n 2 0 1 2n 2 2 ( - + = ú = + + n + ) C C 1 (n + ) 2 2 n 2 n 2 2 ê ë ú û (n + ) 1 (n + ) 2 n +2
Từ đó suy ra n = 2015.
Ví dụ 23: Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn: 2 n 0 2 1 2 2 2 121 C C C  ... nC
n 2 n 3 n n 1 n n 1 Giải: n 0 1 2 2
Xét khai triển: (1 x) C
C x C x ... n nC x n n n n .
Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2, ta được: n 1  2 3 n 1 3 1   0 2 1 2 3 2 2  C C C ... n   C n 1 n 2 n 3 n n 1 n   2 n n 1  n 1 2 2 2    n 3 1 121 3 1 0 1 2 n 1 C C C   C        nn n n ... n 3 243 4 2 3 n  1 2(n  1) n  1 2(n 1) Vậy n = 4. 5. Xác suất
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Ví dụ 24: Chọn ngẫu nhiên một số có 4 chữ số đôi một khác nhau. Tính xác suất
để số được chọn không nhỏ hơn 2013. Giải: Ta có n 
 là số cách chọn một số có bốn chữ số đôi một khác nhau bằng 9.9.8.7
A là biến cố chọn ra được một số có bốn chữ số đôi một khác nhau abcd và không
nhỏ hơn 2013. Ta sẽ tính số các số có bốn chữ số đôi một khác nhau abcd và các số
này chỉ có thể xảy ra với b  0,1,...,9 \ 1 a 1  , 
   , c  0;1;...; 9 \1; b và d  0;1;...;  9 \ 1; ; b
c có 7 cách chọn. Suy ra trong trường hợp này có 9.8.7 số thỏa mãn.
Từ hai trường hợp trên, ta được: n A 7  .8.9.9  7.8.9 7
 .8.9.8 . Do đó, xác suất cần P A n  A 7.8.9.8 8    tìm là: n    9.9.8.7 9
Ví dụ 25: Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau. Chọn
ngẫu nhiên một số tự nhiên thuộc vào tập A. Tính xác suất để chọn được một số
thuộc A và số đó chia hết cho 9 . Giải:
Trước hết ta tính n(A). Với số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau thì chữ số 7
đầu tiên có cách chọn và có n A 7 9  9 A 9
A cho vị trí còn lại. Do đó: 7 9 .
Giả sử B 0;1;2;...;9 . Ta thấy tổng các phần tử của B bằng 45 9  nên số có chín
chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho
9 sẽ được tạo thành từ
8 chữ số đôi một
B \  0; 9 , B \ 1; 
8 , B \  2; 7 , B \  3; 6 , B \  4; 5 khác nhau của các tập . Do đó, số các 8 7
số loại này là: A  4.7. 8 7 A . 8 7 A 4.7. A 1 8 7  7
Vậy xác suất cần tìm là: 9.A 9 9 .
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Ví dụ 26: Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác
0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. Giải: 5 Ta có:  9  5  9.049
Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có: 3
Số cách chọn 3 chữ số phân biệt C
a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là 9. Chọn 2
chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây:
Trường hợp 1: Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách;
mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) , a , a , a ,
b c tạo ra một số tự nhiên ; nhưng n
cứ 3! hoán vị của các vị trí mà , a , a
a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng 5! 3 6  0
một số , nên trong trường hợp 1 này có cả thảy n 3! số tự nhiên.
Trường hợp 2: Một trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số
kia bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của
5 chữ số (chẳng hạn) , a , a , b ,
b c tạo ra một số tự nhiên ; nhưng cứ 2! hoán vị của n các vị trí mà , a
chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị a trí mà , b chiếm chỗ thì chỉ b 5! 3 90
tạo ra cùng một số , nên trong trường hợp 2 này có cả thảy n 2!2! số tự nhiên. 3 9!  (  60 90)C 1  50  1  50 7  4  3  1  2600 Do đó: A 9 3!6! .  PAA 12.600 1.400    0  ,213382106
Vậy xác suất phải tìm là:  59.049 6.561 .
Ví dụ 27: Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một
số từ tập A. Tính xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1. Giải:
Số các số tự nhiên có 5 chữ số là: 99999  10000 1 90000  .
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là: abcd1 Ta có abcd1 1  0.abcd 1 3
 .abcd  7.abcd 1 chia hết cho 7 khi và chỉ khi 3.abcd 1 h  1 3.abcd 1 7  h abcd 2  h chia hết cho 7. Đặt
3 là số nguyên khi và chỉ khi h 3  t 1
Khi đó, ta được: abcd 7  t  2  1000 7  t  2 9  999 998 9997  t  
t  143, 144,..., 1428 7 7
suy ra số cách chọn ra t sao cho số abcd1
chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 1286. 1286 0,015
Vậy xác suất cần tìm là: 90000 .
Ví dụ 28: Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác
0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. Giải: 5 Ta có:  9  5  9.049
Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có: 3
Số cách chọn 3 chữ số phân biệt C
a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là 9 . Chọn 2
chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây:
Trường hợp 1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách;
mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) , a , a , a ,
b c tạo ra một số tự nhiên ; nhưng n
cứ 3! hoán vị của các vị trí mà , a , a
a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng 5! 3 60
một số , nên trong trường hợp n 1 này có cả thảy 3! số tự nhiên.
Trường hợp 2. 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia
bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) , a , a , b ,
b c tạo ra một số tự nhiên ;
n nhưng cứ 2! hoán vị của
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất các vị trí mà , a
a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà , b
b chiếm chỗ thì chỉ 5! 3 90
tạo ra cùng một số , nên trong trường hợp n 2 này có cả thảy 2!2! số tự nhiên. 3 9!  (60  90)C 150   150  7  4  3  12600  Vậy: A 9 3!6! .  P A A 12.600 1.400    0  ,213382106 Kết luận:  59.049 6.561
Ví dụ 29: Cho tập A  1;2;3;4;5;6;7;8; 
9 . Lập ngẫu nhiên một số có 3 chữ số khác
nhau với các chữ số chọn từ tập A. Tính xác suất để số lập được chia hết cho 6. Giải:
Số chia hết cho 6 là số chia hết cho 3 và số đó là số chẵn.
Số chia hết cho 3 là số
(a a a ) 1 a 2 a 3
a có tổng ba chữ số 1 2 3 chia hết cho 3.
Số chẵn là số có chữ số tận cùng chia hết cho 2.
Để lập được số có 3 chữ số khác nhau từ tập A sao cho số đó chia hết cho 6, ta chia làm hai giai đoạn.
1/ Chọn bộ ba chữ số khác nhau từ tập A sao cho tổng 3 chữ số cộng lại chia hết
cho 3 và trong ba chữ số đó có ít nhất 1 chữ số chẵn.
2/ Xếp mỗi bộ chọn được thành số có 3 chữ số sao cho số tận cùng phải là số chẵn.
Để chọn và xếp khoa học, ta nên chia ra ba trường hợp nhỏ như sau:
Trường hợp 1: Trong 3 chữ số chỉ có một chữ số chẵn, gồm có các bộ số sau:
 1;2; 3 , 1;2; 9 , 1;3; 8 , 1;4; 7 , 1;5; 6 ,
 2;3; 7 ,  2;7; 9 , 3;4; 5 , 3;6; 9 , 3;7; 8 ,  4;5; 9 , 5;6;7 ,  7;8; 9 . 1
Với trường hợp này, số cách chọn và xếp là: N C  *1* 2 *1 TH 1 13 = 26.
Trường hợp 2: Trong 3 chữ số chỉ có hai chữ số chẵn, gồm có các bộ số sau:
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
 1;2; 6 , 1;6; 8 ,  2;3; 4 ,  2;4; 9 ,  2;5; 8 ,  2;6; 7 ,
 3;4; 8 ,  4;5; 6 ,  4;8; 9  6;7; 8 1
Với trường hợp này, số cách chọn và xếp là: N C  * 2 * 2 *1 TH 2 10 = 40.
Trường hợp 3: Trong 3 chữ số chọn được đề là chữ số chẵn, gồm có các bộ số sau:  2;4; 6 ,  4;6; 8 1
Với trường hợp này số cách chọn và xếp là: N C  *3! TH 3 2 = 12.
Số cách chọn số có 3 chữ số khác nhau sao cho số đó chia hết cho 6 là: NNN TH1 TH 2 TH 3 = 78.
Phép thử: lập số có 3 chữ số khác nhau từ A  n  3  A 504 9
A: là biến cố lập được số có ba chữ số khác nhau sao cho số đó chia hết cho 6.
N (A) NNN TH 1 TH 2 TH 3 N( ) A 78 P(A)   0,155 
Xác suất của biến cố A là: N () 504 .
Ví dụ 30: Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số .Lấy ngẫu nhiên một số từ
A.Tính xác suất để số lấy ra có tổng các chữ số của nó là một số chẵn và số đó phải không nhỏ hơn 50000. Giải:
Số có 5 chữ số có 9.104 = 90000 số. ( n )
 = 90000. Gọi A là biến cố “Số lấy ra thỏa yêu cầu bài toán”.
           a a a a a
Số cần tìm có dạng: 1 2 3 4 5 .
Trong đó a1 >4 và a1 + a2 + a3+ a4 +a5 là số chẵn.
           1 a 2 a 3 a a4
Trước hết, ta tìm số có 4 chữ số: có 5x103 số.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
1. Nếu a1 + a2 + a3+ a4 là số lẻ thì a5 phải là số lẻ.vậy có 5 cách chọn a5.
2. Nếu a1 + a2 + a3+ a4 là số chẵn thì a5 phải là số chẵn.Vậy cũng có 5 cách chọn a5
=> có 5x103.5=25000 số.=> n(A)= 25000. Vậy: P(A) = 5/18.
Ví dụ 31: Người ta dùng 18 cuốn sách bao gồm 7 cuốn sách Toán, 6 cuốn sách Lý
và 5 cuốn sách Hóa (các cuốn sách cùng loại thì giống nhau) để làm phần thưởng cho 9 học sinh ,
A B,C, D, E, F ,G, H , I , mỗi học sinh nhận được 2 cuốn sách khác
thể loại (không tính thứ tự các cuốn sách). Tính xác suất để hai học sinh A và B
nhận được phần thưởng giống nhau. Giải:
Gọi x, y, z( x, y, z Î ¥) lần lượt là số học sinh được nhận các bộ giải thưởng (Toán- ìï x +y = 7 ìï x = 4 ï ï ï ï
í x +z =6 Û í y =3 ï ï ï ï
Lý); (Toán-Hóa) và (Lý-Hóa). Ta có hệ phương trình: ï y + z =5 ï z = 2 ïî ïî . 4 3 2
Số cách phát thưởng ngẫu nhiên cho 9 học sinh là: C .C .C =1260. 9 5 2
Gọi T là biến cố “Hai học sinh A và B có phần thưởng giống nhau”. 2 3 2 Nếu
C .C .C = 210
A và B có phần thưởng là sách (Toán- Lý) thì có 7 5 2 cách phát. 1 4 2 Nếu
C .C .C =105
A và B có phần thưởng là sách (Toán- Hóa) thì có 7 6 2 cách phát. 4 3 Nếu C .C = 35
A và B có phần thưởng là sách (Lý- Hóa) thì có 7 3 cách phát. 210+105+35 5 P(T ) = = .
Vậy xác suất cần tìm là: 1260 18
Ví dụ 32: Một đoàn tàu có 4 toa chở khách với mỗi toa còn ít nhất 5 chỗ trống.
Trên sân ga có 5 hành khách chuẩn bị lên tàu. Tính xác suất để trong 5 hành khách
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
lên tàu đó có một toa có 3 khách lên, hai toa có một khách lên và một toa không có khách nào lên tàu. Giải:
Gọi A là biến cố cần tính xác suất. 5
Số cách xếp 5 khách lên 4 toa là:  4  3
Số cách chọn ba khách để xếp lên cùng một toa là: C 1  0 5 1
Số cách chọn một toa để xếp ba người này là: C 4  4 2
Số cách xếp hai người ( mỗi người một toa) vào ba toa còn lại là: A 6  3 Suy ra:  1  0.4.6 2  40 A  240 15 A P    5
Vậy xác suất cần tìm là:  4 64 .
Ví dụ 33: Cho đa giác đều có 15 đỉnh. Gọi M là tập tất cả các tam giác có ba đỉnh
là ba đỉnh của đa giác đã cho. Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập M. Tính
xác suất để tam giác được chọn là một tam giác cân nhưng không phải tam giác đều. Giải: 3
Số tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã cho là: C 4  55 15 tam giác. Số phần tử của tập M 4  55 M là: .
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp của đa giác đều. Xét một đỉnh A bất kì của đa
giác. Có 7 cặp đỉnh của đa giác đối xứng với nhau qua đường thẳng , OA hay có 7
tam giác cân tại đỉnh A. Như vậy, với mỗi một đỉnh của đa giác có 7 tam giác nhận
nó làm đỉnh tam giác cân. 15 5 
Số tam giác đều có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác là: 3 tam giác.
Tuy nhiên, trong các tam giác cân đã xác định ở trên có cả tam giác đều, do mọi
tam giác đều thì đều cân tại ba đỉnh nên các tam giác đều được đếm ba lần.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Suy ra, số tam giác giác cân nhưng không phải tam giác đều có ba đỉnh là ba đỉnh
của đa giác đã cho là: 7.15  3.5 90  .
Vậy, xác suất để chọn được một tam giác cân nhưng không phải tam giác đều từ 90 18 P   tập M: 455 91 .
Ví dụ 34: Cho đa giác lồi (H) có 22 cạnh. Gọi X là tâ šp hợp các tam giác có ba đỉnh
là ba đỉnh của (H). Chọn ngẫu nhiên 2 tam giác trong X, tính xác suất để chọn
được 1 tam giác có 1 cạnh là cạnh của đa giác (H) và 1 tam giác không có cạnh nào
là cạnh của đa giác (H). Giải:
Đa giác lồi (H) có 22 cạnh nên có 22 đỉnh. 3
Số tam giác có 3 đỉnh là ba đỉnh của đa giác (H) là C 1  540. 22 2
Số phần tử của không gian mẫu  là: n( )  C  1  185030 1540 .
Số tam giác có mô št cạnh là cạnh của đa (H) là 22.18 = 396.
Số tam giác có hai cạnh là cạnh của đa (H) là 22
Số tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa (H) là: 1540 - 396 - 22 = 1122
Gọi A là biến cố “ hai tam giác được chọn có mô št tam giác có 1 cạnh là cạnh của
(H) và 1 tam giác không có cạnh nào là cạnh của (H)" 1 1
Số phần tử của A là n(A) C  .C 396 1122 1 1 n(A) C .C 748 396 1122 P(A)   
Xác suất của biến cố A là: n( ) 1185030 1995
Ví dụ 35: Một hộp chứa 6 bi màu vàng, 5 bi màu đỏ và 4 bi màu xanh có kích
thước và trọng lượng như nhau. Lấy ngẫu nhiên 8 bi trong hộp. Tính xác xuất sao
cho trong 8 bi lấy ra có số bi màu vàng bằng với số bi màu đỏ. Giải:
Gọi A là biến cố: “Trong 8 bi lấy ra có số bi màu vàng bằng với số bi màu đỏ”.
Trường hợp 1: Chọn được 2 bi vàng, 2 bi đỏ và 4 bi xanh.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Trường hợp 2: Chọn được 3 bi vàng, 3 bi đỏ và 2 bi xanh.
Trường hợp 3: Chọn được 4 bi vàng, 4 bi đỏ.  n A 2 2 4 3 3 2 4 4 C
C C C C C C C 1  425 6 5 4 6 5 4 6 5
hông gian mẫu  là: “Lấy ngẫu nhiên 8 bi trong hộp chứa 15 bi”. K   n  8  C  6435  15
Vậy xác suất sao cho trong 8 bi lấy ra có số bi màu vàng bằng với số bi màu đỏ là: P A n A 1425 95    n  6435 429 .
Ví dụ 36: Trong cuộc thi: "Thiết kế và trình diễn các trang phục dân tộc" do Đoàn
trường THPT tổ chức vào tháng 3 năm 2018 với thể lệ mỗi lớp tham gia một tiết
mục. Kết quả có 12 tiết mục đạt giải trong đó có 4 tiết mục khối 12, có 5 tiết mục
khối 11và 3 tiết mục khối 10. Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5 tiết mục biểu diễn
chào mừng 26 tháng 3. Tính xác suất sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu
diễn và trong đó có ít nhất hai tiết mục của khối 12.
(Đề thi HSG tỉnh Hải Dương năm học 2018 – 2019) Giải:
Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là Ω. Số phần tử của không gian mẫu là n   5 C  792  12
. Gọi A là biến cố “ Chọn 5 tiết mục sao cho khối nào cũng
có tiết mục được biểu diễn và trong đó có ít nhất hai tiết mục của khối 12''.
Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là:
+ 2 tiết mục khối 12, hai tiết mục khối 10, một tiết mục khối 11
+ 2 tiết mục khối 12, 1 tiết mục khối 10, 2 tiết mục khối 11
+ 3 tiết mục khối 12, 1 tiết mục khối 10, 1 tiết mục khối 11.
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n(A) = C 2 2 1 2 1 2 3 1 1
4 .C3 .C5 + C 4 .C3 .C5 + C 4 .C 3 .C5 = 330. P A nA 330 5    Xác suất cần tìm là: n   792 12 .
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Ví dụ 37: Môn bóng đá nam SEA GAME có 10 đội bóng tham dự trong đó có
Việt Nam và Thái Lan. Chia 10 đội bóng này thành 2 bảng A, B. Mỗi bảng có 5
đội. Tính xác suất sao cho Việt Nam và Thái Lan ở cùng một bảng.
(Đề thi HSG tỉnh Hải Dương năm học 2017 – 2018) Giải: 5 5
Số phần tử của không gian mẫu là: n( )  CC 10 5 .
Gọi A là biến cố: “ Việt Nam và Thái Lan ở cùng một bảng”.
Trường hợp 1: “ Việt Nam và Thái Lan ở cùng một bảng A”. Trường hợp này có 2 3 5 C2 8 C 5 C cách chia.
Trường hợp 2: “ Việt Nam và Thái Lan ở cùng một bảng B”. Trường hợp này có 2 3 5 C2 8 C 5 C cách chia. 2 3 5 Suy ra: n(A) 2  C C C 2 8 5 . 2 3 5 P A nA 2C C C 4 2 8 5    5 5 Xác suất cần tìm là: n   C C 9 10 5
Ví dụ 38: Trong kỳ tuyển sinh năm 2017, trường THPT Triệu Sơn 1 có 5 học sinh
gồm 3 nam và 2 nữ cùng đậu vào khoa A của một trường đại học. Số sinh viên đậu
vào khoa A trong kỳ tuyển sinh trên là 200 em được chia ngẫu nhiên thành 5 lớp.
Tính xác suất để có một lớp có đúng 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ của trường
THPT Triệu Sơn 1 theo học. Giải:
Số cách xếp 5 học sinh vào 5 lớp là 55 cách. 2 1
Số cách chọn 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ trong 5 học sinh là C C 3 2
Ứng với mỗi cách chọn trên có:
5 cách xếp 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ đã chọn vào một lớp.
Xếp 2 học sinh còn lại vào 4 phòng còn lại có: 42 cách.
Vậy số cách xếp 5 em vào năm lớp sao cho có 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ 2 1
của trường THPT Triệu Sơn 1 vào cùng một lớp là: C C 3 2 .5.42 cách. 2 1 2 C C .5.4 96 3 2 
Do đó xác suất cần tính là: 5 5 625
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Ví dụ 38: Hai đô ši A và B thi đấu trâ šn chung kết bóng chuyền nữ chào mừng ngày
08 - 03 (trâ šn chung kết tối đa 5 hiê šp). Đô ši nào thắng trước 3 hiê šp thì thắng trâ šn.
Xác suất để đô ši A thắng mỗi hiê šp là 0,4 (không có hòa). Tính xác suất để đô ši A thắng trâ šn chung kết. Giải:
Gọi H là biến cố: ”Đô ši A thắng trâ šn chung kết”,
X là biến cố: ”Đô ši A thắng trâ šn chung kết sau 3 hiê šp”,
Y là biến cố: ”Đô ši A thắng trâ šn chung kết sau 4 hiê šp”,
Z là biến cố: ”Đô ši A thắng trâ šn chung kết sau 5 hiê šp”.
Khi đó: H X Y Z và X, Y, Z đôi mô št xung khắc.
Áp dụng quy tắc cô šng xác suất, ta có: P(H ) P(X )  P(Y)  P(Z ) 3 Ta có: P(X ) (  0,4) 0  ,064 2 2 P(Y ) C  .(0,4) .0,6.0, 4 0,115 3 2 2 2 P(Z) C
 .(0,4) .(0,6) .0,4 0,318  ( P H ) 0,317 4 
Vậy xác suất để đô ši A thắng trâ šn chung kết là: P(H ) 0,317 .
Ví dụ 39: Ba cầu thủ sút phạt đền 11m, mỗi người đá một lần với xác suất làm bàn
tương ứng là x , y và 0,6 (với x y ). Biết xác suất để ít nhất một trong ba cầu thủ
ghi bàn là 0,976 và xác suất để cả ba cầu thủ đều ghi ban là 0,336 . Tính xác suất để
có đúng hai cầu thủ ghi bàn. Giải: Gọi A
i là biến cố “người thứ i ghi bàn” với i 1, 2,3 . Ta có các A
P A x, P Ay, P A 0  ,6
i độc lập với nhau và  1  2  3 .
Gọi A là biến cố: “ Có ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn”, B là biến cố: “ Cả ba
cầu thủ đều ghi bàn”, C là biến cố: “Có đúng hai cầu thủ ghi bàn”.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
A A .A .A P A P A .P A .P A 0,
 4(1 x)(1 y) 1 2 3
   1  2   3  Ta có: P(A) 1
  PA 1
  0, 4(1 x)(1 y) 0,  976 Do đó: 3 47
(1 x)(1 y) 
xy x y  Suy ra 50 50 (1).
Tương tự: B A .A . 1 2 3 A , suy ra: 14
PB PA .P A .P A 0  ,6xy 0  ,336 xy  1   2  3 hay là 25 (2)  14 xy   25  3 x   y
Từ (1) và (2), ta có hệ: 
2 . Giải hệ này kết hợp với x y , ta tìm được: x 0  ,8 và y 0  ,7 . Ta có: C    1 A 2 A 3 A 1 A 2 A 3 A 1 A 2 A 3 A Vậy P(C) (  1 x) .
y 0, 6  x(1  ) y .0, 6  x . y 0, 4 0  ,452. 6. Bài toán khác
Ví dụ 40: Cho 10 thí sinh ngồi quanh một bàn tròn. Ngân hàng đề thi có 10 loại đề
khác nhau, mỗi loại đề có nhiều đề khác nhau. Một cách phát đề gọi là hợp lệ nếu
mỗi thí sinh nhận được một loại đề và hai thí sinh ngồi cạnh nhau không nhận
được cùng một loại đề. Hỏi có bao nhiêu cách phát đề hợp lệ? Giải: Gọi s
a ,a ,...,a
n là số cách phát đề hợp lệ cho n thí sinh 1 2 n .  (  )  Ta viết a a i j a a a a i j
nếu i và j cùng nhận được một loại đề và i j trong
trường hợp ngược lại.
Xét một cách phát đề hợp lệ cho n
( 1) thí sinh a ,a ,...,a ,a 1 2 n n 1  .
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất - Nếu a a a 1
n thì bỏ đi thí sinh n 1
 ta được một cách phát đề hợp lệ cho n thí sinh
a ,a ,...,a a 1 2
n . Khi đó có 10-2=8 cách phát đề cho thí sinh n 1  (khác với 2 đề của a a 1, n ). - Nếu a a a a , 1
n thì bỏ đi hai thí sinh n n 1
 ta được một cách phát đề hợp lệ cho n
(  1) thí sinh a ,a ,...,a a ,a 1 2
n 1. Khi đó có 10-1=9 cách phát đề hợp lệ cho n n 1 
(cụ thể a a a n 1 , còn n 1
 phát 1 trong 9 đề khác a1 ).
Như vậy ta có hệ thức sau: s 8
s  9 ,n 2  n 1  n n 1 .
Mặt khác, dễ tính được : s 1  0.9 9  0,s 1  0.9.8 7  20 2 3 .
Do đó, tính được s 3  486784410 10 .
III – CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM 1. Câu hỏi
Câu 1: Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 5, 8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ có
bốn chữ số đôi một khác nhau và phải có mặt chữ số 3? A. 36 số B. 108 số C. 228 số D. 144 số
Câu 2. Có bao nhiêu số tự nhiên có tám chữ số trong đó có ba chữ số 0, không có
hai chữ số 0 nào đứng cạnh nhau và các chữ số khác chỉ xuất hiện nhiều nhất một lần? A. 151200 B. 846000 C. 786240 D. 907200
Câu 3. Có bao nhiêu số tự nhiên có 10 chữ số đôi một khác nhau, trong đó các chữ
số 1, 2, 3, 4, 5 được xếp theo thứ tự tăng dần từ trái qua phải và chữ số 6 luôn đứng trước chữ số 5 A. 544320. B. 3888. C. 22680. D. 630.
Câu 4. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau
được lập từ các chữ số 5, 6, 7, 8, 9. Tính tổng tất các số thuộc tập S.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất A. 9333420 B. 46666200 C. 9333240 D. 46666240
Câu 5. Trên mặt phẳng có 2017 đường thẳng song song với nhau và 2018 đường
thẳng song song khác cùng cắt nhóm 2017 đường thẳng đó. Đếm số hình bình hành
nhiều nhất được tạo thành có đỉnh là các giao điểm nói trên 4 4 2 2 A. 2017.2018 B. C  C C .C 2017 2018 C. 2017 2018 D. 2017  2018
Câu 6. Tô màu các cạnh của hình vuông ABCD bởi 6 màu khác nhau sao cho mỗi
cạnh được tô bởi một màu và hai cạnh kề nhau thì tô bởi hai màu khác nhau. Hỏi
có tất cả bao nhiêu cách tô? A. 360 B. 480 C. 600 D. 630
Câu 7. Biển số xe ở thành phố X có cấu tạo như sau:
Phần đầu là hai chữ cái trong bảng chữ cái tiếng Anh (có 26 chữ cái)
Phần đuôi là 5 chữ số lấy từ  0;1;2;...; 9 . Ví dụ HA 135.67
Hỏi có thể tạo được bao nhiêu biển số xe theo cấu tạo như trên? A. 2 4 26 .10 B. 5 26.10 C. 2 5 26 .10 D. 2 2 26 .10
Câu 8. Xét bảng ô vuông gồm 4 4
 ô vuông. Người ta điền vào mỗi ô vuông đó
một trong hai số 1 hoặc  1 sao cho tổng các số trong mỗi hang và tổng các số
trong mỗi cột đều bằng 0 . Hỏi có bao nhiêu cách? A. 72 B. 90 C. 80 D. 144 1009 1010 1011 2018
Câu 9. Tính tổng S= C  C  C ... C 2018 2018 2018
2018 (trong tổng đó, các số hạng có dạng k
C2018 với k nguyên dương nhận giá trị lien tục từ 1009 đến 2018). 2017 1 1009 2017 1 1009 2018 1009 2  C S 2   C 2018 2018 2017 1009 A. S= 2  C S 2   C 2018 B. S= 2 C. 2 D. 2018 2 5 8 2018
Câu 10. Rút gọn tổng sau S C   C  C ...  C 2018 2018 2018 2018 . 2018 2  1 2019 2 1  2019 2  1 2018 2 1 S  S  S  S  A. 3 B. 3 C. 3 D. 3
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất 4 3 A 3  A n 1  n M  ,
Câu 11. Tính giá trị của biểu thức
n  1 ! biết rằng 2 2 2 2
C C C C n 2 n 2 nn 149 1 2 3 4 . 3 4 15 17 M M M M A. 4 B. 3 C. 9 D. 25 1 1 1 1 1 1 0 1 2 3 n n C  C  C  C  ... ( 1) C  n n n n n 1 Câu 12. Tìm n Z  sao cho 2 4 6 8 2n  2 A2018 A. n 2008  . B. n 1008  . C. n 2006  . D. n 1006  .
Câu 13. Tìm hệ số của 5   
x trong khai triển  10 2 3 1 x x x A. 252 B. 582 C. 1902 D. 7752 n  1 7  x  
Câu 14. Tìm hệ số của 26 x trong khai triển 4  x
 biết n thỏa mãn biểu thức sau 1 2 n 20 C       C  ... C  2 1. 2n 1 2n 1 2n 1 A. 210 B. 126 C. 462 D. 924 n  1 7 x    
Câu 15. Tìm hệ số của 26 x trong khai triển 4  x
 biết n thỏa mãn biểu thức sau 1 2 n 20 C  C ... C 2   1. 2n1 2n 1 2n1 A. 210 B. 126 C. 462 D. 924
Câu 16. Đề thi kiểm tra 15 phút có 10 câu trắc nghiệm mỗi câu có bốn phương án
trả lời, trong đó có một phương án đúng, trả lời đúng mỗi câu được 1,0 điểm. Một
thí sinh làm cả 10 câu, mỗi câu chọn một phương án. Tính xác suất để thí sinh đó
đạt từ 8,0 điểm trở lên. 436 463 436 163 A. 10 4 B. 10 4 C. 4 10 D. 4 10
Câu 17. Gieo hai hột súc sắc xanh và đỏ. Gọi x, y là kết quả số nút của hai hột súc
sắc đó. Có 2 bình, bình 1 đựng 6 bi xanh và 4 bi vàng, bình 2 đựng 3 bi xanh và 6
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất bi vàng. Nếu x  y 5
 thì bốc ra 2 bi từ bình 1, còn nếu x  y  5 thì bốc ra 2 bi từ
bình 2. Tính xác suất để bốc được ít nhất một bi xanh. 29 5 13 59 A. 36 B. 6 C. 72 D. 72
Câu 18. Cho đa giác đều 20 đỉnh. Lấy ngẫu nhiên 3 đỉnh. Tính xác suất để 3 đỉnh
đó là 3 đỉnh của một tam giác vuông không cân. 2 17 8 3 A. 35 B. 114 C. 57 D. 19
Câu 19. Thầy X có 15 cuốn sách gồm 4 cuốn sách toán, 5 cuốn sách lí và 6 cuốn
sách hóa. Các cuốn sách đôi một khác nhau. Thầy X chọn ngẫu nhiên 8 cuốn sách
để làm phần thưởng cho một học sinh. Tính xác suất để số cuốn sách còn lại của thầy X có đủ 3 môn. 661 660 6 5 A. 715 B. 713 C. 7 D. 9
Câu 20. Trong một lớp 10 có 50 học sinh. Khi đăng ký cho học phụ đạo thì có 38
học sinh đăng ký học Toán, 30 học sinh đăng ký học Lý, 25 học sinh đăng ký học
cả Toán và Lý. Nếu chọ ngẫu nhiên 1 học sinh của lớp đó thì xác suất để em này
không đăng ký học phụ đạo môn nào cả là bao nhiêu A. 0,07 B. 0,14 C. 0,43 D. Kết quả khác
A 0;1;2;3;4;5;6;7  ,E 
 a a a a / a ;a ; a ;a  A,a 0  . 1 2 3 4 1 2 3 4 1  Câu 21. Tập hợp Lấy 1 phần
tử thuộc E bất kỳ. Tính xác suất để số đó chia hết cho 5. 5 13 1 13 A. 16 B. 98 C. 4 D. 49
Câu 22. Xếp 11 học sinh gồm 7 nam , 4 nữ thành hàng dọc. Xác suất để 2 học sinh
nữ bất kỳ không xếp cạnh nhau là 7!4! 4 7!A 4 7!C 4 7!A 6 8 8 A. 11! B. 11! C. 11! D. 11!
2. Đáp án và hướng dẫn giải chi tiết
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Câu 1: Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 5, 8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ có
bốn chữ số đôi một khác nhau và phải có mặt chữ số 3? A. 36 số B. 108 số C. 228 số D. 144 số Hướng dẫn giải Đáp án B
Xét các số lẻ có 4 chữ số được lập từ các số trên có: 3.4.4.3 144  số
Xét các số lẻ có 4 chữ số được lập từ 4 số trên và không có mặt chữ số 3 có: 2.3.3.2 36  số Do đó có 144  36 108  thỏa mãn.
Câu 2. Có bao nhiêu số tự nhiên có tám chữ số trong đó có ba chữ số 0, không có
hai chữ số 0 nào đứng cạnh nhau và các chữ số khác chỉ xuất hiện nhiều nhất một lần. A. 151200 B. 846000 C. 786240 D. 907200 Hướng dẫn giải Đáp án A
Gọi số có 8 chữ số thỏa mãn đề bài là a a ...a 1 2 8
+ Chọn vị trí của 3 chữ số 0 trong 7 vị trí a2 đến a8: Vì giữa 2 chữ số 0 luôn có ít
nhất 1 chữ số khác 0, nên ta chọn 3 vị trí trong 5 vị trí để điền các số 0, sau đó 3
thêm vào giữa 2 số 0 gần nhau 1 vị trí nữa ⇒ Số cách chọn là C 10  5 .
+ Chọn các số còn lại: Ta chọn bộ 5 chữ số (có thứ tự) trong 9 chữ số từ 1 đến 9, có 5 A 15120  9 cách chọn
Vậy số các số cần tìm là 10.15120 = 151200 (số).
Câu 3. Có bao nhiêu số tự nhiên có 10 chữ số đôi một khác nhau, trong đó các chữ
số 1, 2, 3, 4, 5 được xếp theo thứ tự tăng dần từ trái qua phải và chữ số 6 luôn đứng trước chữ số 5 A. 544320. B. 3888. C. 22680. D. 630.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất Hướng dẫn giải Đáp án C
Gỉa sử số cần tìm có 10 chữ số khác nhau tương ứng với 10 vị trí .
Vì chữ ố 0 không đứng vị tríi đầu tiên nên có 9 cách xếp vị trí cho chữ số 0 . 3
Có A9 cách xếp các chữ số 7; 8 ;9 vào 9 vị trí còn lại .
Vì chữ số 6 đứng trước chữ số 5 nên có 5 cách xếp vị trí cho chữ số 6 và 1 cách
xếp cho các chữ số 1;2;3;4;5 theo thứ tự tăng dần. Theo quy tắc nhân 3 9.5.A  0 2268 9 số thoả mãn.
Câu 4. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau
được lập từ các chữ số 5, 6, 7, 8, 9. Tính tổng tất các số thuộc tập S. A. 9333420 B. 46666200 C. 9333240 D. 46666240 Hướng dẫn giải Đáp án C
Số phần tử của tập S là 5! 120  số.
Mỗi số 5,6,7,8,9 có vai trò như nhau và xuất hiện ở hàng đơn vị 4!24 lần
Tổng các chữ số xuất hiện ở hàng đơn vị là 4!. 5 6  7 89 8  40
Tương tự với các chữ số hàng chục, hàng tram, hàng nghìn và hàng chục nghìn.  4 3 2
840. 10 10 10 10  
Vậy tổng tất cả các số thuộc tập S là 1 9333240. 
Câu 5. Trên mặt phẳng có 2017 đường thẳng song song với nhau và 2018 đường
thẳng song song khác cùng cắt nhóm 2017 đường thẳng đó. Đếm số hình bình hành
nhiều nhất được tạo thành có đỉnh là các giao điểm nói trên 4 4 2 2 A. 2017.2018 B. C  C C .C 2017 2018 C. 2017 2018 D. 2017  2018 Hướng dẫn giải
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất Đáp án C
Muốn thành một hình bình hành thì cần lấy 2 đường thẳng của nhóm 2017
cắt với 2 đường thẳng của nhóm 2018. Chọn 2 đường thẳng trong nhóm 2017 có 2 C 2 C
2017 cách chọn. Chọn 2 đường thẳng trong nhóm 2018 có 2018 cách chọn. Vậy theo 2 2 quy tắc nhân có C .C 2017 2018 cách chọn.
Câu 6. Tô màu các cạnh của hình vuông ABCD bởi 6 màu khác nhau sao cho mỗi
cạnh được tô bởi một màu và hai cạnh kề nhau thì tô bởi hai màu khác nhau. Hỏi
có tất cả bao nhiêu cách tô? A. 360 B. 480 C. 600 D. 630 Hướng dẫn giải Đáp án D Chú ý 4 cạnh khác nhau 4 Có 6
C cách chọn 4 màu khác nhau. Từ mỗi bộ 4 màu thì có 4!24 cách tô màu khác nhau 3 Có 6
C cách chọn 3 màu khác nhau. Từ mỗi bộ 3 màu, có 4.3 12  cách tô 2 Có 6
C cách chọn 2 màu khác nhau khi đó có: 2.12 cách tô(Dethithpt.com) 4 3 2
Tổng cộng: 24.C 4.3C 2.C 630  6 6 6 cách
Câu 7. Biển số xe ở thành phố X có cấu tạo như sau:
Phần đầu là hai chữ cái trong bảng chữ cái tiếng Anh (có 26 chữ cái)
Phần đuôi là 5 chữ số lấy từ  0;1;2;...; 9 . Ví dụ: HA 135.67
Hỏi có thể tạo được bao nhiêu biển số xe theo cấu tạo như trên A. 2 4 26 .10 B. 5 26.10 C. 2 5 26 .10 D. 2 2 26 .10 Hướng dẫn giải
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất Đáp án C
Để tạo một biển số xe ta thực hiện các bước sau:
+ Chọn hai chữ cái cho phần đầu có 2
26 (mỗi chữ có 26 cách chọn)
+ Chọn 5 chữ số cho phần đuôi có 5
10 (mỗi chữ số có 10 cách chọn)
Vậy có thể tạo ra được 2 5 26 .10 biển số xe
Câu 8. Xét bảng ô vuông gồm 4 4
 ô vuông. Người ta điền vào mỗi ô vuông đó
một trong hai số 1 hoặc  1 sao cho tổng các số trong mỗi hang và tổng các số
trong mỗi cột đều bằng 0 . Hỏi có bao nhiêu cách? A. 72 B. 90 C. 80 D. 144 Hướng dẫn giải Đáp án A
Xét 1 hàng (hay 1 cột bất kì). Giả sử trên hàng đó có x số 1 và y số -1. Ta có tổng
các chữ số trên hàng đó là x y. Theo đề bài có x y 0
  x y .
Lần lượt xếp các số vào các hàng ta có số cách sắp xếp là 3!.3!.2.1 =72 (Cách) 1009 1010 1011 2018
Câu 9. Tính tổng S= C  C C ... C 2018 2018 2018
2018 (trong tổng đó, các số hạng có dạng k
C2018 với k nguyên dương nhận giá trị lien tục từ 1009 đến 2018) 2017 1 1009 2017 1 1009 2018 1009 2  C S 2   C 2017 1009 A. S= 2  C 2018 2018 S 2   C 2018 B. S= 2 C. 2 D. 2018 Hướng dẫn giải Đáp án B
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất k n k 0 1 2 n
Áp dụng công thức: C C , C  C  C  ... C 2n n n n n n n 1009 1010 1011 2018 Ta có: S C   C  C ...  C 2018 2018 2018 2018 0 1 2 1009 Xét S' C   C  C  ... C 2018 2018 2018 2018 2009 0 1 2009 2010 2018 2018 2009 Lấy S S' C   C  C ... C  C ... C 2   C 1 2018 2018 2018 2019 2018 2018 2019   2009 0 1 2009 2009 2010 2018 Lấy S S' C   C C ... C  C  C  ... C 0  2 2018 2018 2018 2019 2018 2018 2018   2009 2018 2009 2017 C2018 2S 2  C  S2  Lấy  
1  2 vế theo vế ta được: 2018 2 2 5 8 2018
Câu 10. Rút gọn tổng sau S C   C  C ...  C 2018 2018 2018 2018 2018 2  1 2019 2 1  2019 2  1 2018 2 1 S  S  S  S  A. 3 B. 3 C. 3 D. 3 Hướng dẫn giải Đáp án A 0 3 2016 A C  C ... C 2018 2018 2018 2018 1 4 2017 B C   C ... C 2018 2018 2018 2018 2 5 2018 C C   C ... C 2018 2018 2018 2018 Ta có kết quả sau A C  B   1 2018 2018 2018
(Có thể chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học, tổng quát A C  B   1;A C  B 5  1) 6k 2  6k 2  6k 2  6k 5  6k 5  6k 2  Mặt khác ta có 0 1 2018 A  B  C C  C  ... C 2018 2018 2018 2018 2018 2018 112018 2018 2  2018       2018 2 1 S S 1 S 2   S  3
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất 4 3 A 3  A n 1  n M  ,
Câu 11. Tính giá trị của biểu thức
n  1 ! biết rằng 2 2 2 2
C C C C n 2 n 2 nn 149 1 2 3 4 3 4 15 17 M M M M A. 4 B. 3 C. 9 D. 25 Hướng dẫn giải Đáp án A Từ đề bài, ta có: 2 2 2 2 C  2     C 2  C C 149 n 1 n 2 n 3 n 4 
n  1 !  n 2!  n 3!  n  4 !     1  49 2 n  1! n!
n  1! 2 n  2! 2
 6n  24n  28 298
n 5 n  9 Vậy n=5 1 1 1 1 1 1 0 1 2 3 n n C  C  C  C  ... ( 1) C  n n n n n 1 Câu 12. Tìm n Z  sao cho 2 4 6 8 2n  2 A2018 A. n 2008  . B. n 1008  . C. n 2006  . D. n 1006  . Hướng dẫn giải Đáp án B n 0 1 2 2 (1 x) C
C x C x ... ( 1)n n n C x n n n n
Lấy tích phân 2 vế, ta được:
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất 1 1 n 0 1 2 2 (1  )
x dx  (C C x C x ...  ( 1)n n n C x )dx   n n n n 0 0 n 1  2 3 n 1 (1 x ) 1 x x x  1 0 1 2  
(C .x CC ... ( 1)n n C ) n 1  0 n n 2 n 3 n n 1 0 1 0 1 1 1 2 n 1  C
C C ... ( 1) n C n 1 n  2 n 3 n n 1 n  1 1 0 1 1 1 2 1 
C C C  ... ( 1)n n C 2(n 1  )
2 n 4 n 6 n 2n 2 n 1 1    2(n 1) 2018   n 1008  2(n 1  ) A12018
1 xx x 10 2 3
Câu 13. Tìm hệ số của 5 x trong khai triển A. 252 B. 582 C. 1902 D. 7752 Hướng dẫn giải
  x x x 10 
  x  x   x 10 2 3 2      2 1 1 1
1  x  1 x 10 
Áp dụng khai triển nhị thức Newton, ta có:  1 x  10 10 1  10 2 k 2 x   C . k x . m C . m x ,  10 10  k m       k 0  k 0  Để tìm hệ số của 5 2k m 5
  k;m  0;5 ; 1;3 ; 2;1  x , ta cho         0 5 1 3 2 1 Vậy hệ số của 5
x là: C .C C .C C .C 1902  10 10 10 10 10 10 n  1 7  x  
Câu 14. Tìm hệ số của 26 x trong khai triển 4  x
 biết n thỏa mãn biểu thức sau 1 2 n 20 C       C  ... C  2 1. 2n 1 2n 1 2n 1 A. 210 B. 126 C. 462 D. 924 Hướng dẫn giải Đáp án A
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất 0 1 2 20
Biểu thức đã cho viết thành C  C ... C 2 2n 1  2n 1  2n 1  0 1 n 2n 1  2n 1  Mà C  C ... C ... C 2 2n1 2n1 2n1 2n1 k 2n 1 k Do tính chất C C   2n1 2n1 nên  0 1 n 2 C  C  ... C          2n 1 21 2n 1 2 2 2 n 10 2n 1 2n 1 2n 1  4 7 x  x  k 410  k  7k
Số hạng tổng quát trong khai triển là C .x .x 10 k Hệ số của 26 x trong khai triển là C  4 10  k  7k 2  6  k 6  10 với   6 Hệ số đó là C 210.  10 n  1 7  x  4 
Câu 15. Tìm hệ số của 26 x trong khai triển  x
 biết n thỏa mãn biểu thức sau 1 2 n 20 C       C  ... C  2 1. 2n 1 2n 1 2n 1 A. 210 B. 126 C. 462 D. 924 Hướng dẫn giải Đáp án A 0 1 2 20
Biểu thức đã cho viết thành C      C  ... C  2 2n 1 2n 1 2n 1 0 1 n 2n 1  2n 1  Mà C        C  ... C  ... C  2 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 k 2n 1 k Do tính chất C C   2n1 2n1 nên  0 1 n 2 C  C  ... C          2n 1 21 2n 1 2 2 2 n 10 2n 1 2n 1 2n 1  4 7 x  x  k 410  k  7k
Số hạng tổng quát trong khai triển là C .x .x 10 k Hệ số của 26 x trong khai triển là C  4 10  k  7k 2  6  k 6  10 với  
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất 6 Hệ số đó là C 210.  10
Câu 16. Đề thi kiểm tra 15 phút có 10 câu trắc nghiệm mỗi câu có bốn phương án
trả lời, trong đó có một phương án đúng, trả lời đúng mỗi câu được 1,0 điểm. Một
thí sinh làm cả 10 câu, mỗi câu chọn một phương án. Tính xác suất để thí sinh đó
đạt từ 8,0 điểm trở lên. 436 463 436 163 A. 10 4 B. 10 4 C. 4 10 D. 4 10 Hướng dẫn giải Đáp án A
Với mỗi câu hỏi, thí sinh có 4 phương án lựa chọn nên số phần tử của không gian mẫu là   10 n 4  .
Gọi X là biến cố “thí sinh đó đạt từ 8,0 điểm trở lên”
TH1. Thí sinh đó làm được 8 câu (tức là 8,0 điểm): Chọn 8 câu trong số 10 câu hỏi 8 2
và 2 câu còn lại mỗi câu có 3 cách chọn đáp án sai nên có C .3 10 cách để thí sinh đúng 8 câu.
TH2. Thí sinh đó làm được 9 câu (tức là 9,0 điểm): Chọn 9 câu trong số 10 câu hỏi 9 1
và câu còn lại có 3 cách lựa chọn đáp án sai nên có C .3 10 cách để thí sinh đúng 9 câu.
TH3. Thí sinh đó làm được 10 câu (tức là 10,0 điểm): Chỉ có 1 cách duy nhất .
Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố X là n  X 8 2 9 1 C  .3  C .3 4  36. 10 10 n X  436 P   .
Vậy xác suất cần tìm là n   10 4
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Câu 17. Gieo hai hột xúc sắc xanh và đỏ. Gọi x, y là kết quả số nút của hai hột xúc
sắc đó. Có 2 bình, bình 1 đựng 6 bi xanh và 4 bi vàng, bình 2 đựng 3 bi xanh và 6 bi vàng. Nếu x  y 5
 thì bốc ra 2 bi từ bình 1, còn nếu x  y  5 thì bốc ra 2 bi từ
bình 2. Tính xác suất để bốc được ít nhất một bi xanh. 29 5 13 59 A. 36 B. 6 C. 72 D. 72 Hướng dẫn giải Đáp án D
Kết quả gieo hai hột súc sắc đỏ thì không gian mẫu có 36 cặp  x; y trong đó chỉ có
6 cặp  x; y có tổng nhỏ hơn 5. Đó là 1;1 , 1;2, 2;1, 1;3, 3;1, 2;2     5      1 P "x y 5" , P "x y 5"  Vậy 6 6 2 C4 2
Bình 1 đựng 6 bi xanh và 4 bi vàng  xác suất bốc cả 2 bi vàng từ bình là C10
Bình 2 đựng 3 bi xanh và 6 bi vàng  xác suất bốc được ít nhất 1 bi xanh từ bình 2 C6 1 2 2 là C 9
Do đó xác suất để bốc được ít nhất 1 bi xanh trong trò chơi là 2 2 5  C  1  C  59 4 6 1    1    2 2 6 C 6 C  72  10   9 
Câu 18. Cho đa giác đều 20 đỉnh. Lấy ngẫu nhiên 3 đỉnh. Tính xác suất để 3 đỉnh
đó là 3 đỉnh của một tam giác vuông không cân.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất 2 17 8 3 A. 35 B. 114 C. 57 D. 19 Hướng dẫn giải Đáp án C 3
Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh trong 20 đỉnh có Cn   20 cách   1140
Gọi X là biến cố “3 đỉnh đó là 3 đỉnh của một tam giác vuông không cân”
Đa giác đều 20 đỉnh có 10 đường chéo đi qua tâm đa giác mà cứ 2 đường chéo tạo
thành 1 hình chữ nhật và 1 hình chữ nhật tạo thành 4 tam giác vuông  số tam 2 giác vuông là 4.C 180  (Dethithpt.com) 10 2 Tuy nhiên, trong 1
C 0 hình chữ nhật có 5 hình vuông nên số tam giác vuông cân là 5.4 20
Do đó, số kết quả thuận lợi cho biến cố n X  1  80  20 1  60 X là . Vậy nX  8 P   n  57 .
Câu 19. Thầy X có 15 cuốn sách gồm 4 cuốn sách toán, 5 cuốn sách lí và 6 cuốn
sách hóa. Các cuốn sách đôi một khác nhau. Thầy X chọn ngẫu nhiên 8 cuốn sách
để làm phần thưởng cho một học sinh. Tính xác suất để số cuốn sách còn lại của thầy X có đủ 3 môn. 661 660 6 5 A. 715 B. 713 C. 7 D. 9 Hướng dẫn giải Đáp án là A.
• Ta tìm số cách chọn 7 cuốn còn lại sao cho không có đủ 3 môn. Có 3 trường hợp :
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất 7
• 7 cuốn còn lại gồm 2 môn toán lý : có 9 C cách 7
• 7 cuốn còn lại gồm 2 môn lý hóa : có 1 C 1 cách 7
• 7 cuốn còn lại gồm 2 môn toán hóa : có 1 C 0 cách 7 7 7
Suy ra có C C C 486 9 11 10
cách chọn 7 cuốn còn lại sao cho không có đủ
3 môn. Do đó số cách chọn 8 cuốn sao cho 7 cuốn còn lại có đủ 3 môn là 7 C  486 5949  15 cách. 5949 661 P   . 7 Xác suất cần tìm là C 715 15
Câu 20. Trong một lớp 10 có 50 học sinh. Khi đăng ký cho học phụ đạo thì có 38
học sinh đăng ký học Toán, 30 học sinh đăng ký học Lý, 25 học sinh đăng ký học
cả Toán và Lý. Nếu chọ ngẫu nhiên 1 học sinh của lớp đó thì xác suất để em này
không đăng ký học phụ đạo môn nào cả là bao nhiêu? A. 0,07 B. 0,14 C. 0,43 D. Kết quả khác Hướng dẫn giải Đáp án B
Gọi A là biến cố “học sinh đăng ký Toán”
Gọi B là biến cố “học sinh đăng ký Lý”
A  B “học sinh đăng ký Toán, Lý”
A u B là biến cố “học sinh có đăng ký học phụ đạo”
P A B P A   P  B  P A   38 30 25 43 B     50 50 50 50
A  B là biến cố “học sinh không đăng ký môn nào cả”
AB      8 P 1 P A B  0,14  50
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
A 0;1;2;3;4;5;6;7  ,E 
 a a a a / a ;a ; a ;a  A,a 0  . 1 2 3 4 1 2 3 4 1  Câu 21. Tập hợp Lấy 1 phần
tử thuộc E bất kỳ. Tính xác suất để số đó chia hết cho 5. 5 13 1 13 A. 16 B. 98 C. 4 D. 49 Hướng dẫn giải Đáp án D 4 3
Số phần tử của tập E : A  A 1470  8 7 Để a a a a a 0  a 5 
1 2 3 4 chia hết cho 5 điều kiện cần và đủ là 4 hay 4 Nếu a 0  4
thì lấy trong 7 chữ số 1,2,.. .7. 3
Vậy có A 7 số tận cùng bằng 0 3 2 Nếu a 5  a a a A  A 180  4 thì các số 1 2 3 là 7 6 số 3 2  7 2A 6 A 13  4 3
Vây xác suất để số đó chia hết cho 5 là A  A 49 8 7 .
Câu 22. Xếp 11 học sinh gồm 7 nam, 4 nữ thành hàng dọc. Xác suất để 2 học sinh
nữ bất kỳ không xếp cạnh nhau là 7!4! 4 7!A 4 7!C 4 7!A 6 8 8 A. 11! B. 11! C. 11! D. 11! Hướng dẫn giải Đáp án D
“Xếp 11 học sinh nữ thành 1 hàng dọc”  Số phần tử không gian mẫu n   1  1!
A: "2 học sinh nữ bất kỳ không xếp cạnh nhau".
Có 7! Cách sắp xếp các học sinh nam thành 1 hàng: 1N2N3N4N5N6N7N8
Khi đó có 8 vị trí xen kẽ các học sinh nam.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Để 2 học sinh nữ bất kỳ không xếp cạnh nhau ta sắp xếp 4 học sinh nữ vào 8 vị trí 4 7!.A 8. 4 P A  này có A  n A 7  !.A . 8 cách sắp xếp.   4 8 Vậy 11!
IV– BÀI TẬP TỰ LUYỆN 1. Đề bài
Bài 1: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ
số đôi một khác nhau sao cho mỗi số đó chia hết cho 3.
Bài 2: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau trong đó có 3 số chẵn và 3 số lẻ?
Bài 3: Có bao nhiêu số nguyên dương gồm 5 chữ số mà tích các chữ số này bằng 5488? P(x) 
 1 4x  3x 10 2 Bài 4: Cho . Xác định hệ số 3
x trong khai triển P(x) theo lũy thừa của x .  1 n 3 5  nx   
Bài 5: Tìm hệ số của 4 3
x trong khai triển sau: 
x  biết n là số nguyên thoả 1 2 2
mãn hệ thức 2C C n   20 n n . 2008 2 1
 x(1  x )
Bài 6: Cho khai triển:   . Tính hệ số của x10
Bài 7: Tìm số nguyên dương bé nhất n sao cho trong khai triển (1 )n x có hai hệ số 7
liên tiếp có tỉ số là 15. 0 2 4 2014 2013
Bài 8: Chứng minh rằng 3C 5C  7C ... 2017C 1  010.2 . 2014 2014 2014 2014 1 1 1 S     2 2 2 Bài 9: Tính tổng 2 A 3 A 2 A 016
Bài 10: Xét khai triển: 1 x 1 2x ...1 2013x  2 2013 a
  a x a x ... 0 1 2 2 a 013x . Tính 1 a   2 2 2 1 2 ... 2013 2  2 .
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Bài 11: Tìm số nguyên dương n sao cho: 1 2 2 3 2 2n 1 n   2.2 3.2   ... (2 n 1  ).2 2011 C  2  C C C n 1 2 n 1 2n 1 2n 1 
Bài 12: Cho k là số tự nhiên thỏa mãn 5 k  2  011. Chứng minh rằng: 0 k 1 k 1  5 k 5 k C .C  C .C  ... C .C C 5 2011 5 2011 5 2011 2016 .
Bài 13: Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5 lập các số có ba chữ số đôi một khác nhau. Lấy
ngẫu nhiên một số vừa lập. Tính xác suất để lấy được số không chia hết cho 3.
Bài 14: Có hai hộp chứa các quả cầu. Hộp thứ nhất chứa 3 quả cầu đỏ, 7 quả cầu
trắng và 10 quả cầu xanh. Hộp thứ hai chứa 5 quả cầu đỏ, 7 quả cầu trắng và 8 quả
cầu xanh. Từ mỗi hộp lấy ngẫu nhiên một quả cầu. Tính xác suất để hai quả cầu lấy ra có cùng một màu.
2. Hướng dẫn giải
Bài 1: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ
số đôi một khác nhau sao cho mỗi số đó chia hết cho 3. Giải:
Đặt A= {1;2;3;4;5;6}. Các tập hợp con của A gồm có 3 phần tử và tổng của các
phần tử đó chia hết cho 3 là:
{1;2;3}, {1;2;6}, {2;3;4}, {1;3;5}, {1;5;6},{2;4;6}, {3;4;5}, {4;5;6}.  Có 8 tập.
Ứng với mỗi tập hợp trên ta có thể lập được 3.2.1=6 (số) thỏa mãn yêu cầu bài toán
Vậy có 8.6=48 số cần tìm
Bài 2: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau trong đó có 3 số chẵn và 3 số lẻ? Giải:
TH1: Trong 3 số chẵn đó có mặt số 0. 2 3
Số các số tìm được là 5.C .C .5! 3  6000 4 5 (số).
TH2: Trong 3 số chẵn đó không có mặt số 0.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất 3 3
Số các số tìm được là C .C .6! 2  8800 4 5 (số).
Vậy có tất cả: 36000  28800 6  4800 số thỏa mãn.
Bài 3: Có bao nhiêu số nguyên dương gồm 5 chữ số mà tích các chữ số này bằng 5488? Giải:
Gọi số nguyên dương gồm 5 chữ số mà tích các chữ số này bằng 5488 là
a a a a a , a   i  1  ,...,5, a 0  1 2 3 4 5 i 1 . Ta có 4 3 5488 2  .7 .
Do đó phải có 3 chữ số bằng 7, 2 chữ số còn lại có tích bằng 16 (hai số cùng bằng
4 hoặc một số bằng 2, số kia bằng 8). 3 Có C 1  0 5
cách chọn 3 chữ số cùng bằng 7. Có 3 cách chọn 2 chữ số còn lại ((4,4), (2,8) hoặc (8,2)) .
Theo quy tắc nhân ta sẽ có 10.3 = 30 số nguyên dương gồm 5 chữ số mà tích các chữ số này bằng 5488 P(x) 
 1 4x  3x 10 2 Bài 4: Cho . Xác định hệ số 3
x trong khai triển P(x) theo lũy thừa của x . Giải: P(x) 
 1 4x 3x 10 
 1 x 4  3x 10 2 +   2 10 0 1 2 2 10 10 + P(x) C
C x 4 3x C x 4  3x ...C x 4  3x 10 10   10   10   2 2 2 3 3 3 + Hệ số của 3 C x
4  3x C x 4  3
x chỉ xuất hiện trong x 10   10   2 3 + Hệ số 3
x trong khai triển: 24C C .64  10 10 8760.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất  1 n 3 5  nx   3 
Bài 5: Tìm hệ số của 4
x trong khai triển sau: 
x  biết n là số nguyên thoả 1 2 2
mãn hệ thức 2C C n   20 n n . Giải: 1 2 2 2
Từ hệ thức 2C C n   20           n n 2, n Z n 3n 40 0 n 8 n 5 n . Đk Ta được n= 8 thoả mãn . 8 8 k 40  14 8  1   1 k 3 5 3 5  k 8 k 3 8x   2 x  C .2 .x  3   3  8 Ta có:  x   x  4 k 0  . Khai triển chứa x m 40  14 k  4   k 2  3 . 2 6
Vậy hệ số của x4 là: C .2 1792  8 . 2008 2 1
 x(1  x ) 
Bài 6: Cho khai triển:   . Tính hệ số của x10 Giải: 2008 2008 k 2008 k 2008 k 3 k k i k i 3 i k i k 2i i 2     1  
c (x x )  c c x ( x )   c c x  ( 1) x(1  x )    2008 2008 2008 = k k k 0  k 0  i 0  = k 0 i 0 k  2i 10  0  ik  2008  
*Hệ số chứa x10 ứng với i N; k N  suy ra:0 i 10  / 3 . Vậy i=0;1;2;3  i 0   k 10   i 1   k 8   i 2   k 6   *  i 3   k 4 10 0 8 1 6 2 4 3
Vậy hệ số chứa x10 là: c    2008 1
c 0 c2008c8 c2008c6 c2008c4.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Bài 7: Tìm số nguyên dương bé nhất n sao cho trong khai triển (1 )n x có hai hệ số 7
liên tiếp có tỉ số là 15. Giải: n (1 x)n k k  C x n k k 1 C ;C k 0 
số hạng liên tiếp là n n ta có k C 7 k  1 7 k  1 n     7n 22
k 15  n 3  k  2  k 1 C  15 n k 15 7 n k 1  t
Do n,k  ¥ đặt 7 khi đó n 22
t  1 đế n là số nguyên dương bé nhất thì t cũng 1 7t  1 0
  t   t 1 
phải là số nguyên dương bé nhất vì k 0  nên 7 (vì t là số
nguyên dương bé nhất) vậy n 22.1   1 21  . 0 2 4 2014 2013
Bài 8: Chứng minh rằng 3C 5C  7C ... 2017C 1  010.2 . 2014 2014 2014 2014 Giải: 0 2 4 2014 A 3  C 5 C 7 C ... 2017 C 2014 2014 2014 2014  2 4 2014  2C 4C ... 2014C  3 0 2 4 2014 CCC ... C 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014  0 2 4 2014 2013 Tính được: CCC ... C 2  2014 2014 2014 2014 k k 1 Chứng minh kC 2014  C ,  , k n  ,  0 k   . 2014 2013 n 2 4 2014 2C  4C ...  2014C 2014  CC ... C 2014.2  2014 2014 2014  1 3 2013 2013 2013 2013  2012 Suy ra, Vậy 2012 2013 2013 A 2  014.2  3.2 1  010.2 . 1 1 1 S     2 2 2 Bài 9: Tính tổng 2 A 3 A 2 A 016 Giải:
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất Vậy k ! 1 1 2 A    ,k 2. 1 2015 k 2 (k  2)! A k(k  1) S 1    . Ta có k 2016 2016 1 1 1   . 2 Suy ra A k  1 k k Bài 10: Xét khai 1 1 1 1 1 triển: S 1       . Cho k 2  , 3,...,2016 ta được 2 2 3 2015 2016 1  2 2 2 1 a  1 2 ... 2013 2  
x  1 2x  ... 1 2013x  2 2013 a
  a x a x ... 0 1 2 2 a 013x . Tính 2 . Giải: 2013     
1 x  1 2x  ...1 2013x  2 3 1    k x   i.j x      A.x Ta có:  k 1  
1 i j 2013   1
a   .i j  1 2 ... 20132   2 2 2 1 2 ...  2013  2    Suy ra: 1 i  j2013 2 2 1 1  2013 2  014  2013 1  007 2  a   2 2 2 1  2  ... 2013   2    2 2 2  2 .
Bài 11: Tìm số nguyên dương n sao cho: 1 2 2 3 2 2n 1 n   2.2 3.2   ... (2 n 1  ).2 2011 C  2  C C C n 1 2 n 1 2n 1 2n 1  Giải: 2 n 1  0 1 2 2 3 3 2 n 1  2 n 1  Ta có: (1 x) c       
c  .x c  .x c  .x .... c  . 2 x n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 (1)
Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) theo x, ta được 2n 1 2 3 2 2n 1  2
(2n 1)(1 x) ( 1)  cc x c x   n c x n 2 n . 3. n . .... (2 1). n . n 2 1 2 1 2 1 2 1  2n 1 2 3 2 2 n 1  2
(2n 1)(1 x) cc x c x   n c x n 2 n . 3. n . .... (2 1). n . n 2 1 2 1 2 1 2 1 (2)
Cho x=2 vào hai vế của (2), ta được: 1 2n 1 2 2n 1  c   ...... (2n 1  ).c  .2 n 2n 1  2n 1 
Khi đó: 2n+1=2011  n=1005.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất Vậy n=1005.
Bài 12: Cho k là số tự nhiên thỏa mãn 5 k  2  011. Chứng minh rằng: 0 k 1 k 1  5 k 5 k C .C  C .C  ... C .C C 5 2011 5 2011 5 2011 2016 . Giải: 5 2011 2016
Dễ thấy 1 x  1 x   1 x  ; và M   1 x5 0 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 C 
 C x  C x  C x  C x  C x 5 5 5 5 5 5 N   1 x 2011 0 1 1 k k 2011 2011 C   C x ...  C x  ...  C x . 2011 2011 2011 2011 P   1 x  2016 0 1 k k 2016 2016 C   C x ...  C x ...  C x . 2016 2016 2016 2016 k Ta có hệ số của k x trong P là C2016 . Vì P M.
 N , mà số hạng chứa k x trong M.N là : 0 k k 1 k 1 k 1 2 2 k 2 k 2 3 3 k 3 k 3 4 4 k 4 k 4 5 5 k 5 k 5
C .C x C xC x C x C x C x C x C x C x C x C x 5 2011 5 2011 5 2011 5 2011 5 2011 5 2011 0 k 1 k 1 5 k  5 k nên C .C  C .C  ... C .C C  5 2011 5 2011 5 2011 2016 .
Bài 13: Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5 lập các số có ba chữ số đôi một khác nhau. Lấy
ngẫu nhiên một số vừa lập. Tính xác suất để lấy được số không chia hết cho 3. Giải:
+) Tìm số có ba chữ số khác nhau lập được từ tập E   0,1,2,3,4, 5 .
Số cần tìm có dạng abc
Chọn a E, a 0  có 5 cách. 2
Chọn 2 trong 5 số còn lại của E \ 
a xếp vào hai vị trí b, c có A5 cách. 2 Vậy có 5.A 100  5 (số)
+) Tính số lập được chia hết cho 3.
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Số cần tìm có dạng abc , a b c 3 
Xét các tập con gồm 3 phần tử của tập E   0,1, 2,3,4, 
5 , ta thấy chỉ có các tập sau
thoả mãn điều kiện tổng các chữ số chia hết cho 3 là:
A  0,1, 2 , A  0,1,5 , A  0, 2,4 , A  0,4,5 1   2   3   4  
A  1, 2,3 , A  1,3,5 , A  2,3, 4 , A  3, 4,5 5   6   7   8   Khi a, , b c  1 A , 2 A , 3 A , 4
A mỗi trường hợp lập được 4 số thoả mãn yêu cầu.
Khi a,b,c A ; A ; A ; 5 6
7 A8 mỗi trường hợp lập được 6 số thoả mãn yêu cầu. Vậy có 4.4  4.6 40  (số).
Suy ra số không chia hết cho 3 là: 100  40 60  (số). 60 P  0,60 Xác suất cần tính là : 100 .
Bài 14: Có hai hộp chứa các quả cầu. Hộp thứ nhất chứa 3 quả cầu đỏ, 7 quả cầu
trắng và 10 quả cầu xanh. Hộp thứ hai chứa 5 quả cầu đỏ, 7 quả cầu trắng và 8 quả
cầu xanh. Từ mỗi hộp lấy ngẫu nhiên một quả cầu. Tính xác suất để hai quả cầu lấy ra có cùng một màu. Giải:
Gọi A là biến cố quả cầu lấy ra từ hộp thứ nhất là màu đỏ P(A) = .
Gọi B là biến cố quả cầu lấy ra từ hộp thứ hai là màu đỏ P(B) = .
AB là biến cố lấy ra hai quả cầu màu đỏ từ hai hộp; A, B là hai biến cố đôc lập, áp
dụng công thức nhân xác suất ta có P(AB) = P(A).P(B) = .
Tương tự, ta tính được xác suất để lấy được hai quả cầu màu trắng là , xác suất để
lấy được hai quả cầu màu xanh là .
Vậy xác suất để lấy được hai quả cầu cùng màu thỏa mãn bài toán là: + + = .
V – ĐỀ KIỂM TRA CHUYÊN ĐỀ
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Môn: Toán
Chuyên đề: Tổ hợp – Xác suất
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (2,0 điểm). Với các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 có thể lập được bao nhiêu số
tự nhiên chẵn có 5 chữ số đôi một khác nhau trong đó nhất thiết có mặt chữ số 2.
Câu 2 (2,0 điểm). Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số
gồm bốn chữ số khác nhau sao cho tổng các chữ số hàng nghìn và hàng đơn vị bằng 5?
Câu 3 (2,0 điểm). Tính tổng các số chẵn có 4 chữ số được viết từ các chữ số 1, 2, 3, 4.
Câu 4 (2,0 điểm). Tìm hệ số của 15
x trong khai triển nhị thức Niutơn của n  1 5 x   , x 0  2 x    0 1 n 1 n * k . Biết C  C  ...  C  C 1  024 C n n n n
(với n   , n là số các tổ hợp chập k của n)
Câu 5 (2,0 điểm). Rút gọn biểu thức:
Câu 6 (2,0 điểm). Trong một đoàn gồm 15 người đi công tác có 5 người quê ở
miền Bắc, 4 người quê ở miền Trung, 6 người quê ở miền Nam. Cần chọn ra một
tổ 3 người để giao một nhiệm vụ. Tính xác suất để tổ 3 người được chọn có đủ
người của cả ba miền Bắc, Trung, Nam.
Câu 7 (2,0 điểm). Bạn An viết vào trong vở một số tự nhiên có 6 chữ số. Tính xác
suất để số được ghi là một số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau và khác 0, đồng thời
tổng các chữ số bằng 21, tổng 3 chữ số đầu lớn hơn tổng 3 chữ số cuối 1 đơn vị.
Câu 8 (2,0 điểm). Cho đa giác lồi (H) có 22 cạnh. Gọi X là tập hợp các tam giác có
ba đỉnh là ba đỉnh của (H). Chọn ngẫu nhiên 2 tam giác trong X. Tính xác suất để
chọn được một tam giác có một cạnh là cạnh của đa giác (H) và một tam giác
không có cạnh nào là cạnh của đa giác (H). 7
Câu 9 (2,0 điểm). Tìm số hạng chứa x trong khai triển thành đa thức của  x x x 10 2 3 1   .
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất
Câu 10 (2,0 điểm). Có 7 bông hồng đỏ, 8 bông hồng vàng và 10 bông hồng trắng,
mỗi bông hồng khác nhau từng đôi một. Hỏi có bao nhiêu cách lấy 3 bông hồng có đủ ba màu.
....…………………Hết…………………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Đáp án Điểm Câu 1
Gọi số cần lập là ab d
c e . Xét trường hợp kể cả 0 đứng đầu 2,0 đ 0,25 4
TH1: e=2: chọn abcd có A 840  7 số
TH2: e khác 2: e có 3 cách chọn, chữ số 2 có 4 vị trí, 3 chữ còn lại có 0,25 3 A 120  6 => có 3.4. = 1440 số.
=> Có 840 + 1440 = 2280 số 0,25
* Xét TH số 0 đứng đầu thỏa mãn điều kiện trên: 0,25 a=0: có 1 cách 3
TH1: e =2 có 1 cách chọn, bcd có A 120  6 cách 0,25
TH2: e khác 2 và là số chẵn nên e có 2 cách chọn, số 2 có 3 vị trí, 2 vị 2 0, 5
trí còn lại có A5 . 3 2 Suy ra có A A 6 +2.3. 5 =240 số. 0,5
Vậy số cần lập có 2280-240=2040 số 0,25 Câu 2
Các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán có dạng n abcd , trong đó 2,0 đ 0,25
a,b,c, d {0;1;2;3;4;5;6} đôi một khác nhau, a 0
 và a d 5.  Trường hợp 1: = 5; a = 0. Khi đó d
b,c {1;2;3;4;6} . Trong trường hợp 0,5
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất 2 này có A 2  0 5 số thỏa mãn.
Trường hợp 2: {a,d}={1;4} . Khi đó b,c{0;2;3;5;6} . Trong trường hợp này 0,5 2 2 có A .A 4  0 2 5 số thỏa mãn.
Trường hợp 3: {a,d}={2;3} . Khi đó b,c{0;1;4;5;6} . Trong trường hợp này 0,5 2 2 có A .A 4  0 2 5 số thỏa mãn.
Vậy có tất cả 20  40  40 100  . 0,25 Câu 3 a, ,
b c  1, 2, 3, 4 , d  2, 4 0,25 2,0 đ
Các số cần tính tổng có dạng abcd với     3 2 3 2 abcd 10 
a 10 b 10c d  abcd 10 
a 10 b 10c  d 0,5 Ta có Có tất cả: 4 4  4  2  128 
số chẵn gồm 4 chữ số được viết từ  1, 2,3, 4 , trong đó: 0,5
mỗi chữ số a, b, c xuất hiện 4 4  2  32  lần
mỗi chữ số d xuất hiện 4 4  4  64  lần.
a b c 32
 1 2 3  4 320  d 64  2  4 384  0,5 Do đó: và abcd    3 2
320 10 10 10 384 320  1110  384 355  584 0,25 Suy ra: Câu 4 11n 0 1 n1 n Ta có C   C  ...  C  C n n n n 2,0 đ 0,5 0 1 n 1 n n  C  C  ...  C  C 2 n n n n n n 10 Từ giả thiết ta suy ra 2 1  024  2 2   n 1  0 0,5
Ta có số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức Niutơn của 10  1 5 0,5 x    2 x  k   2 10 k   5k k 7k 20 là: C .x .x C  .x 10 10 Suy ra 15 x ứng với 7k  20 1  5  k 5  0,25
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất 5 Vậy hệ số của 15 x là: C 2  52 10 . 0,25 Câu 5 Ta có: 0,5 2,0 đ Ta có: 0,5 (k =0;1;…;2013) Do đó: S.2013!= 0,5 S.2013! = 0,5 Câu 6 3
Số cách chọn ngẫu nhiên 3 người từ 15 người là: C 4  55 15 0,5 2,0 đ
Số cách chọn 3 người có đủ cả ba miền Bắc, Trung, Nam là: 1 1 1 C C C 1  0,5 20 5 4 6
Xác suất để tổ 3 người được chọn có đủ người của cả ba miền Bắc, Trung, Nam. 0,5 120 24 P   là: 455 91 24 P  0,5
Vậy xác suất cần tìm là: 91 5
Gọi T là phép thử “ghi số có 6 chữ số”   9  .10 ; 0,25 Câu 7
A là biến cố “ Số ghi được có 6 chữ số khác 0 và ..........” 2,0 đ
Coi số ghi được có dạng  1
a a2a3a4a5a6 (a a ) i j  0,5
a a a 1  1 1 2 3  Theo bài ra, ta có: a   a a 1  0 4 5 6
Nếu a ,a ,a  2; 4;5  a ,a ,a  1;3;6 . 4 5 6   1 2 3   có 3!3! số. 0,25
Nếu a ,a ,a  2;3;6  a ,a ,a  1;4;5 . 4 5 6   1 2 3   có 3!3! số. 0,25
Nếu a ,a ,a  1;4;6  a ,a ,a  2;3;5 . 4 5 6   1 2 3   có 3!3! số. 0,25 3 2
Vậy số các số theo yêu cầu là: (3!3!).3  3 .2 A . 0,25
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất 3 2
P A 3 .2 3   0,25 5 9.10 25000
Đa giác lồi (H) có 22 cạnh nên có 22 đỉnh. 0,25 3
Số tam giác có 3 đỉnh là ba đỉnh của đa giác (H) là C 1  540. 22 0,25 Câu 8 2
Số phần tử của không gian mẫu  là n( )  C  1  185030 1540 0,25 2,0 đ
Số tam giác có mô št cạnh là cạnh của đa (H) là 22.18 = 396 0,25
Số tam giác có hai cạnh là cạnh của đa (H) là 22
Số tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa (H) là: 1540 - 396 - 22 0,25 = 1122
Gọi A là biến cố “ hai tam giác được chọn có mô št tam giác có 1 cạnh là 0,25
cạnh của (H) và 1 tam giác không có cạnh nào là cạnh của (H)" 1 1
Số phần tử của A là n(A) C  .C 396 1122 0,25 1 1 n(A) C .C 748 396 1122 p(A)    0,25
Xác suất của biến cố A là n() 1185030 1995 .
  xx x 10   x10 2 3  2 1 1 1 x 10 Ta có: . 0,25 Câu 9 10 10 k k l l 2,0 đ 1 x  1x  10 10 2 2  10 C x C10x 0,5 k 0  và l 0  .
Với l và k là các số tự nhiên, thì: k 1  k 3 k 5 k 7 0,75 2l k 7       l  3  hoặc l 2  hoặc l 1  hoặc l 0  1 3 3 2 5 1 7 7
Kết luận: Số hạng chứa 7    x là (C C C C C C C )x 10 10 10 10 10 10 10 . 0,5 3
Số cách lấy 3 bông hồng bất kì: C 2300  25 . 0,5 Câu 10 3 3 3
Số cách lấy 3 bông hồng chỉ có một màu: C C C 211  7 8 10 . 0,5
Số cách lấy 3 bông hồng có đúng hai màu: 0,5 3 3 3
C C C  2 3 3 3
C C C 1529  15 17 18 7 8 10  .
Vậy số cách chọn thỏa yêu cầu bài toán là:2300  211 1529 560  . 0,5
Chuyên đề Tổ hợp – Xác suất