Xét khai triển:

\(\left(2+3\right)^n=2^0.3^nC_n^0+2^1.3^{n-1}C_n^1+...+2^n.3^0.C_n^n\)

\(\Rightarrow5^n=2^0.3^nC_n^0+2^1.3^{n-1}C_n^1+...+2^n.3^0.C_n^n\) (đpcm)

Gọi số cần lập có dạng \(\overline{abcde}\)

a có 5 cách chọn (khác 0)

b có 5 cách chọn (khác a)

c có 5 cách chọn (khác b)

d có 5 cách chọn (khác c)

e có 5 cách chọn (khác d)

Do đó có \(5^5\) số thỏa mãn

Phương trình đã cho có nghiệm khi:

\(2021+m^2\ge45^2\)

\(\Rightarrow m^2\ge4\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m\ge2\\m\le-2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) Có 8 giá trị của m thỏa mãn

1. Có \(C_{15}^1\) cách chọn ra 1 học sinh tùy ý (trong tổng số 15 học sinh của lớp)

2. Có \(C_5^1\) cách chọn 1 nam từ 5 bạn nam, \(C_{10}^1\) cách chọn 1 nữ từ 10 bạn nữ

\(\Rightarrow C_5^1.C_{10}^1\) cách chọn 1 cặp song ca

3. Chọn 3 người đi lao động từ 15 người, có \(C_{15}^3\) cách

4. Chọn 3 người từ 15 người và xếp vào 3 vị trí khác nhau, có \(A_{15}^3\) cách

5. Chọn 2 nam từ 5 nam có \(C_5^2\) cách

Chọn 2 nữ từ 10 nữ có \(C_{10}^2\) cách

\(\Rightarrow\) Có \(C_5^2.C_{10}^2\) cách chọn 4 người gồm 2 nam 2 nữ

6. Chọn ra 4 người bất kì: \(C_{15}^4\) cách

Chọn ra 4 người toàn nữ (không có nam nào): \(C_{10}^4\) cách

\(\Rightarrow\) Có \(C_{15}^4-C_{10}^4\) cách chọn 4 người có ít nhất 1 nam

Câu 3:

Có tất cả 11 số hạng, số hạng chính giữa là số hạng thứ 6, tương ứng với $k=5$

Số hạng chính giữa: \(C^5_{10}(3x^2)^5(-y)^5=-3^5C^5_{10}x^{10}y^5\)

Hệ số: $-3^5.C^5_{10}$

Đáp án D.

Câu 1: Câu này nghe rất vô lý. Khi khai triển ra biểu thức thì vị trí của mỗi số hạng có thể là tùy ý. Hệ số của số hạng thứ 3 là gì??

Thống nhất:

\((a+b)^n=\sum \limits_{k=0}^na^kb^{n-k}\) với thứ tự lần lượt là $k=n, k=n-1,...., k=0$

Số hạng thứ 3 là  \(C^3_5(2a)^3(-b)^2\) (tướng ứng với $k=3$)

Hệ số: \(C^2_5.2^3(-1)^2=80\)

Đáp án B.

`1)` H/s xđ `<=>cos 2x \ne 0<=>2x \ne \pi/2+k\pi<=>x \ne \pi/4+k\pi/2`  `(k in ZZ)`

   `=>TXĐ: D=R\\{\pi/4+k\pi/2|k in ZZ}`

________________________________________

`2)` H/s xđ `<=>sin(x+\pi/3) \ne 0<=>x+\pi/3 \ne k\pi<=>x \ne -\pi/3+k\pi`  `(k in ZZ)`

  `=>TXĐ: D=R\\{-\pi/3+k\pi|k in ZZ}`

________________________________________

`3)` H/s xđ `<=>cos(x+\pi/4) \ne 0<=>x+\pi/4 \ne \pi/2+k\pi<=>x \ne \pi/4+k\pi`  `(k in ZZ)`

   `=>TXĐ: D=R\\{\pi/4+k\pi|k in ZZ}`

________________________________________

`4)` H/s xđ `<=>sin(2x-\pi/3) \ne 0<=>2x-\pi/3 \ne k\pi<=>x \ne \pi/6+k\pi/2`  `(k in ZZ)`

  `=>TXĐ: D=R\\{\pi/6+k\pi/2| k in ZZ}`

________________________________________

`5)` H/s xđ `<=>sin x \ne 0<=>x \ne k\pi`  `(k in ZZ)`

   `=>TXĐ: D=R\\{k\pi|k in ZZ}`

________________________________________

`6)` H/s xđ `<=>cos(2x-\pi/3) \ne 0<=>2x-\pi/3 \ne \pi/2+k\pi<=>x \ne [5\pi]/12+k\pi/2`  `(k in ZZ)`

   `=>TXĐ: D=R\\{[5\pi]/12+k\pi/2|k in ZZ}`

a.

Do I là tâm hbh ABB'A' \(\Rightarrow I\) là trung điểm A'B

Lại có M là trung điểm BC theo giả thiết

\(\Rightarrow\) IM là đường trung bình tam giác A'BC

\(\Rightarrow IM||A'C\)

\(\Rightarrow IM||\left(ACC'A'\right)\)

Do \(IM\in\left(AB'M\right)\) và A là 1 điểm chung của (AB'M) và (ACC'A'), qua A kẻ đường thẳng d song song IM (và A'C) thì d là giao tuyến (AB'M) và (ACC'A')

b.

N là trung điểm A'A, I là trung điểm AB'

\(\Rightarrow IN\) là đường trung bình tam giác AA'B'

\(\Rightarrow IN||A'B'\Rightarrow IN||\left(A'B'M\right)\) (1)

Tương tự ta có IE là đtb tam giác AB'M \(\Rightarrow IE||B'M\Rightarrow IE||\left(A'B'M\right)\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow\left(EIN\right)||\left(A'B'M\right)\)

c.

c.

K là trung điểm B'C \(\Rightarrow IK\) là đtb tam giác AB'C

\(\Rightarrow IK||AC\)

Trong mp (ABC), qua E kẻ đường thẳng song song AC cắt AB và BC lần lượt tại D và F

\(\Rightarrow DF\in\left(EIK\right)\)

Trong mp (BCC'B'), nối FK kéo dài cắt B'C' tại G

\(\Rightarrow G\in\left(EIK\right)\)

Trong mp (A'B'C'), qua G kẻ đường thẳng song song A'C' cắt A'B' tại H

\(\left\{{}\begin{matrix}GH||A'C'\\A'C'||AC||DF\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow GH||DF||IK\Rightarrow H\in\left(EIK\right)\)

\(\Rightarrow\) Tứ giác DFGH là thiết diện của (EIK) và lăng trụ

Theo cmt ta có \(GH||DF\Rightarrow\) thiết diện là hình thang

3.

Cách 1: sử dụng đạo hàm

Xét khai triển:

 \(\left(1+x\right)^{2010}=C_{2010}^0+xC_{2010}^1+x^2C_{2010}^2+...+x^nC_{2010}^{2010}\)

Đạo hàm 2 vế:

\(2010.\left(1+x\right)^{2009}=C_{2010}^1+2xC_{2010}^2+3x^2C_{2010}^3+...+2010.x^{2009}C_{2010}^{2010}\)

Cho \(x=1\)

\(\Rightarrow C_{2010}^1+2C_{2010}^2+...+2010.C_{2010}^{2010}=2010.2^{2009}\)

Cách 2:

Ta có: \(k.C_n^k=k.\dfrac{n!}{k!.\left(n-k\right)!}=n.\dfrac{\left(n-1\right)!}{\left(k-1\right)!.\left(n-k\right)!}=n.C_{n-1}^{k-1}\)

Do đó:

\(1.C_n^1=n.C_{n-1}^0\) ; \(2.C_n^2=n.C_{n-1}^1\) ;....; \(n.C_n^n=n.C_{n-1}^{n-1}\)

Cộng vế:

\(1.C_n^1+2.C_n^2+3.C_n^3+...+n.C_n^n=n\left(C_{n-1}^0+C_{n-1}^1+...+C_{n-1}^{n-1}\right)=n.2^{n-1}\)

Thay \(n=2010\)

\(\Rightarrow...\) (đpcm)

5.

Áp dụng công thức: \(C_n^k=C_n^{n-k}\)

\(\Rightarrow C_{2011}^0=C_{2011}^{2011}\)

\(C_{2011}^1=C_{2011}^{2010}\)

...

\(C_{2011}^{1005}=C_{2011}^{1006}\)

Cộng vế:

\(C_{2011}^0+C_{2011}^1+...+C_{2011}^{1005}=C_{2011}^{1006}+...+C_{2011}^{2010}+C_{2011}^{2011}\)

\(\Rightarrow2\left(C_{2011}^0+C_{2011}^1+...+C_{2011}^{1005}\right)=C_{2011}^0+...+C_{2011}^{1005}+C_{2011}^{1006}+...++C_{2011}^{2011}\)

\(\Rightarrow2\left(C_{2011}^0+C_{2011}^1+...+C_{2011}^{1005}\right)=2^{2011}\)

\(\Rightarrow C_{2011}^0+C_{2011}^1+...+C_{2011}^{1005}=\dfrac{2^{2011}}{2}=2^{2010}\)

Câu 5:

\(C^k_n=C^{n-k}_n\)

=>\(C^0_{2011}+C^1_{2011}+...+C^{1005}_{2011}=C^{1006}_{2011}+C^{1007}_{2011}+...+C^{2010}_{2011}+C^{2011}_{2011}\)

=>\(A=C^0_{2011}+C^1_{2011}+...+C^{1005}_{2011}=\left(C^0_{2011}+C^1_{2011}+...+C^{2011}_{2011}\right)\cdot\dfrac{1}{2}=\dfrac{B}{2}\)

B là tổng các hệ số của khai triển (x+1)^2011

Khi x=1 thì (1+1)^2011=2^2011

=>B=2^2011

=>A=2^2011/2=2^2010

b, Mỗi lần xuất hiện mặt ngửa có tỉ lệ là 1/2

=> 3 lần xuất hiện mặt ngửa có xác suất là : 1/2 x 1/2 x 1/2= 1/8

b, Có 2 lần sấp, 1 lần ngửa

=> Xác suất xuất hiện như trên: 1/2 x 1/2 x 1/2 x 3 = 3/8 ( nhân 3 vì có 3TH thứ tự sấp ngửa ở đây)