20 câu trắc nghiệm Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài 2. Xác suất của biến cố (Đúng sai - Trả lời ngắn) có đáp án
20 câu hỏi
Gieo xúc xắc hai lần, xác suất của biến cố kết quả của hai lần gieo là như nhau bằng
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{5}{{36}}\).
\(\frac{1}{6}\).
\(\frac{1}{3}\).
Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = 36\).
Gọi \(A\) là biến cố “Kết quả hai lần gieo là như nhau”.
Khi đó \(A = \left\{ {\left( {1;1} \right),\left( {2;2} \right),\left( {3;3} \right),\left( {4;4} \right),\left( {5;5} \right),\left( {6;6} \right)} \right\} \Rightarrow n\left( A \right) = 6\).
Do đó \(P\left( A \right) = \frac{6}{{36}} = \frac{1}{6}\). Chọn C.
Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên bé hơn 10. Xác suất để chọn được số chia hết cho 5 là
\(\frac{1}{5}\).
\(\frac{1}{{10}}\).
\(\frac{2}{9}\).
\(\frac{1}{9}\).
Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = 10\).
Gọi \(A\) là biến cố “Chọn được số chia hết cho 5”. Khi đó \(A = \left\{ {0;5} \right\} \Rightarrow n\left( A \right) = 2\).
Suy ra \(P\left( A \right) = \frac{2}{{10}} = \frac{1}{5}\). Chọn A.
Gieo 1 đồng xu liên tiếp 3 lần. Tính xác suất của biến cố \(A\): “Lần đầu xuất hiện mặt sấp”.
\(\frac{3}{8}\).
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{1}{4}\).
\(\frac{7}{8}\).
Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = 8\).
\(A = \left\{ {SSS,SNN,SSN,SNS} \right\} \Rightarrow n\left( A \right) = 4\). Suy ra \(P\left( A \right) = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}\). Chọn B.
Trong một chiếc hộp có 5 viên bi màu đỏ, 6 viên bi màu xanh. An lấy ngẫu nhiên ra 3 viên bi. Tính xác suất để 3 viên bi lấy ra đều là màu đỏ.
\(\frac{2}{{33}}\).
\(\frac{5}{6}\).
\(\frac{5}{{11}}\).
\(\frac{{31}}{{33}}\).
Số phần tử của không gian mẫu là \(C_{11}^3 = 165\).
Số cách lấy ra 3 viên bi đều là màu đỏ là \(C_5^3 = 10\).
Xác suất để 3 viên bi lấy ra đều là màu đỏ là \(P = \frac{{10}}{{165}} = \frac{2}{{33}}\). Chọn A.
Một nhóm học sinh gồm 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên đồng thời 3 học sinh. Tính xác suất để trong 3 học sinh được chọn luôn có học sinh nữ?
\(\frac{1}{3}\).
\(\frac{5}{6}\).
\(\frac{2}{3}\).
\(\frac{1}{6}\).
Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = C_{10}^3 = 120\).
Gọi \(A\) là biến cố “Chọn 3 học sinh luôn có học sinh nữ”.
\(\overline A \) là biến cố “Chọn 3 học sinh không có học sinh nữ”.
Khi đó \(n\left( {\overline A } \right) = C_6^3 = 20\).
Khi đó \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{20}}{{120}} = \frac{5}{6}\). Chọn B.
Đội tuyển học sinh giỏi Toán 10 gồm 8 học sinh, trong đó có 5 học sinh nam. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh đi thi học sinh giỏi cấp tỉnh. Xác suất để 5 học sinh được chọn đi thi có cả nam và nữ và học sinh nam nhiều hơn học sinh nữ là
\(P = \frac{{11}}{{56}}\).
\(P = \frac{{45}}{{56}}\).
\(P = \frac{{46}}{{56}}\).
\(P = \frac{{55}}{{56}}\).
Số phần tử của không gian mẫu là \(C_8^5 = 56\).
Gọi \(A\) là biến cố “5 học sinh được chọn đi thi có cả nam và nữ và học sinh nam nhiều hơn học sinh nữ ”
TH1: Chọn được 3 nam 2 nữ có \(C_5^3 \cdot C_3^2 = 30\)cách.
TH2: Chọn được 4 nam 1 nữ có \(C_5^4 \cdot C_3^1 = 15\) cách.
Suy ra \(n\left( A \right) = 30 + 15 = 45\) cách. Suy ra \(P\left( A \right) = \frac{{45}}{{56}}\). Chọn B.
Một hộp chứa 4 bi xanh, 3 bi đỏ và 2 bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 2 bi. Tính xác suất để chọn được 2 bi cùng màu.
\(\frac{5}{{18}}\).
\(\frac{2}{9}\).
\(\frac{9}{{36}}\).
\(\frac{3}{{12}}\).
Số phần tử của không gian mẫu là \(C_9^2 = 36\).
Gọi \(A\) là biến cố “Chọn được 2 bi cùng màu”.
TH1: Chọn được 2 bi màu xanh có \(C_4^2 = 6\) cách.
TH2: Chọn được 2 bi màu đỏ có \(C_3^2 = 3\) cách.
TH3: Chọn được 2 bi màu vàng có 1 cách.
Suy ra \(n\left( A \right) = 6 + 3 + 1 = 10\).
Do đó \(P\left( A \right) = \frac{{10}}{{36}} = \frac{5}{{18}}\). Chọn A.
Một hộp chứa 4 viên bi trắng, 5 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 4 viên bi. Xác suất để 4 viên bi được chọn có đủ ba màu và số bi đỏ nhiều nhất là
\(\frac{{16}}{{91}}\).
\(\frac{2}{9}\).
\(\frac{9}{{36}}\).
\(\frac{3}{{12}}\).
Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = C_{15}^4 = 1365\).
Gọi \(A\) là biến cố “Chọn được 4 viên bi có đủ ba màu và số bi đỏ nhiều nhất”.
Khi đó \(n\left( A \right) = C_4^1 \cdot C_5^2 \cdot C_6^1 = 240\).
Khi đó \(P\left( A \right) = \frac{{240}}{{1365}} = \frac{{16}}{{91}}\). Chọn A.
Cho 100 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 100, chọn ngẫu nhiên 3 tấm thẻ. Xác suất để chọn được 3 tấm thẻ có tổng các số ghi trên thẻ là số chia hết cho 2 là
\(\frac{5}{6}\).
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{5}{7}\).
\(\frac{3}{4}\).
Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = C_{100}^3 = 161700\).
Gọi \(A\) là biến cố “Tổng các số ghi trên thẻ là số chia hết cho 2”.
Từ 1 đến 100 có 50 số chẵn và 50 số lẻ.
TH1: Chọn được 3 số chẵn có \(C_{50}^3\) cách.
TH2: Chọn được 1 số chẵn và 2 số lẻ có \(C_{50}^1 \cdot C_{50}^2\) cách.
Suy ra \(n\left( A \right) = C_{50}^3 + C_{50}^1 \cdot C_{50}^2 = 80850\).
Khi đó \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{80850}}{{161700}} = \frac{1}{2}\). Chọn B.
Rút ngẫu nhiên đồng thời 2 thẻ từ một hộp có 20 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 20. Xác suất để tổng hai số trên hai tấm thẻ được rút ra bằng 10 là
\(\frac{9}{{190}}\).
\(\frac{2}{{95}}\).
\(\frac{5}{{190}}\).
\(\frac{4}{{95}}\).
Số phần tử của không gian mẫu là \(C_{20}^2 = 190\).
Gọi \(A\) là biến cố “Tổng hai số trên hai tấm thẻ được rút ra bằng 10”.
Ta có \(1 + 9 = 2 + 8 = 3 + 7 = 4 + 6\)\( \Rightarrow n\left( A \right) = 4\).
Vậy \(P\left( A \right) = \frac{4}{{190}} = \frac{2}{{95}}\). Chọn B.
Gieo một con xúc xắc cân đối đồng chất 2 lần.
Số phần tử của không gian mẫu là 36.
Xác suất của biến cố “Tổng số chấm của hai lần gieo chia hết cho 5” bằng 0.
Xác suất của biến cố “Tổng số chấm của hai lần gieo lớn hơn 6” bằng \(\frac{1}{4}\).
Xác suất của biến cố “Lần thứ nhất xuất hiện mặt 2 chấm” bằng \(\frac{1}{6}\).
a) Số phần tử của không gian mẫu là 36.
b) Gọi \(A\) là biến cố “Tổng số chấm của hai lần gieo chia hết cho 5”.
Khi đó \(A = \left\{ {\left( {1;4} \right);\left( {4;1} \right);\left( {2;3} \right);\left( {3;2} \right);\left( {4;6} \right);\left( {6;4} \right);\left( {5;5} \right)} \right\} \Rightarrow n\left( A \right) = 7\).
Do đó \(P\left( A \right) = \frac{7}{{36}}\).
c) Gọi \(B\) là biến cố “Tổng số chấm của hai lần gieo lớn hơn 6”.
\(B = \left\{ \begin{array}{l}\left( {1;6} \right);\left( {6;1} \right);\left( {2;5} \right);\left( {5;2} \right);\left( {2;6} \right);\left( {6;2} \right);\left( {3;4} \right);\left( {4;3} \right);\left( {3;5} \right);\\\left( {5;3} \right);\left( {3;6} \right);\left( {6;3} \right);\left( {4;4} \right);\left( {4;5} \right);\left( {5;4} \right);\left( {4;6} \right);\left( {6;4} \right);\left( {5;5} \right);\left( {5;6} \right);\left( {6;5} \right);\left( {6;6} \right)\end{array} \right\}\)\( \Rightarrow n\left( B \right) = 21\).
Do đó \(P\left( B \right) = \frac{{21}}{{36}} = \frac{7}{{12}}\).
d) \(C\) là biến cố “Lần thứ nhất xuất hiện mặt 2 chấm” .
\(C = \left\{ {\left( {2;1} \right);\left( {2;2} \right);\left( {2;3} \right);\left( {2;4} \right);\left( {2;5} \right);\left( {2;6} \right)} \right\}\)\( \Rightarrow n\left( C \right) = 6\).
Do đó \(P\left( C \right) = \frac{6}{{36}} = \frac{1}{6}\).
Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Sai; d) Đúng.
Tung một đồng xu cân đối đồng chất 4 lần.
Không gian mẫu của phép thử trên có 16 phần tử.
Gọi biến cố \(A\): “Kết quả nhận được cả 4 lần tung đều là mặt ngửa”. Khi đó ta có biến cố đối \(\overline A \): “Kết quả nhận được cả 4 lần gieo đều là mặt sấp”.
Xác suất của biến cố \(B\): “Trong 4 lần tung, có ít nhất 1 lần được kết quả là mặt sấp” là \(\frac{{15}}{{16}}\).
Xác suất của biến cố \(C\): “Trong 4 lần tung, có đúng 2 lần tung được kết quả là mặt ngửa” là \(\frac{3}{8}\).
a) Không gian mẫu của phép thử trên có \({2^4} = 16\) phần tử.
b) Biến cố đối \(\overline A \): “Kết quả nhận được 4 lần gieo có ít nhất 1 lần là mặt sấp”.
c) \(\overline B \) là biến cố “Cả 4 lần tung đều là mặt ngửa” \( \Rightarrow n\left( {\overline B } \right) = 1 \Rightarrow n\left( B \right) = 15\).
Do đó \(P\left( B \right) = \frac{{15}}{{16}}\).
d) Ta có \(C = \left\{ {NNSS;NSNS;NSSN;SNSN;SSNN;SNNS} \right\}\)\( \Rightarrow n\left( C \right) = 6\).
Khi đó \(P\left( C \right) = \frac{6}{{16}} = \frac{3}{8}\).
Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Đúng.
Trong hộp chứa 7 bi xanh, 5 bi đỏ, 2 bi vàng có kích thước và khối lượng như nhau. Lấy ngẫu nhiên từ trong hộp 6 viên bi. Khi đó:
Xác suất để có đúng một màu bằng \(\frac{1}{{429}}\).
Xác suất để có đúng hai màu đỏ và vàng bằng \(\frac{1}{{429}}\).
Xác suất để có ít nhất 1 bi đỏ bằng \(\frac{{139}}{{143}}\).
Xác suất để có ít nhất 2 bi xanh bằng \(\frac{{32}}{{39}}\).
Số phần tử của không gian mẫu là \(C_{14}^6 = 3003\).
a) Gọi \(A\) là biến cố “Có đúng một màu”. Khi đó \(n\left( A \right) = C_7^6 = 7\).
Do đó \(P\left( A \right) = \frac{7}{{3003}} = \frac{1}{{429}}\).
b) Gọi \(B\) là biến cố “Có đúng hai màu đỏ và vàng ” \( \Rightarrow n\left( B \right) = C_7^6 = 7\).
Do đó \(P\left( B \right) = \frac{7}{{3003}} = \frac{1}{{429}}\).
c) Gọi \(C\) là biến cố “Có ít nhất 1 bi đỏ”.
\(\overline C \) là biến cố “Không có bi màu đỏ” \( \Rightarrow n\left( {\overline C } \right) = C_9^6 = 84\).
Khi đó \(P\left( {\overline C } \right) = \frac{{84}}{{3003}} = \frac{4}{{143}}\). Do đó \(P\left( C \right) = 1 - \frac{4}{{143}} = \frac{{139}}{{143}}\).
d) Gọi \(D\) là biến cố “Có ít nhất 2 bi xanh”.
\(\overline D \) là biến cố “Có nhiều nhất 1 bi xanh”.
TH1: Không có bi xanh có \(C_7^6 = 7\) cách.
TH2: Có 1 bi xanh có \(C_7^1 \cdot C_7^5 = 147\) cách.
Suy ra \(n\left( {\overline D } \right) = 154\). Do đó \(P\left( {\overline D } \right) = \frac{{154}}{{3003}} = \frac{2}{{39}} \Rightarrow P\left( D \right) = \frac{{37}}{{39}}\).
Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai.
Một hộp chứa 10 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 10. Rút ngẫu nhiên hai tấm thẻ từ hộp đó.
Số phần tử của không gian mẫu là 90.
Xác suất để rút được hai tấm thẻ được đánh số cùng chia hết cho 2 là \(\frac{2}{9}\).
Xác suất để rút được hai tấm thẻ được đánh số đều là số nguyên tố là \(\frac{1}{{15}}\).
Xác suất để rút được hai tấm thẻ có tổng là một số lẻ là \(\frac{5}{9}\).
a) Số phần tử của không gian mẫu là \(C_{10}^2 = 45\).
b) Gọi \(A\) là biến cố “hai tấm thẻ được đánh số cùng chia hết hết cho 2”.
Các số chia hết cho 2 là \(\left\{ {2;4;6;8;10} \right\} \Rightarrow n\left( A \right) = C_5^2 = 10\).
Do đó \(P\left( A \right) = \frac{{10}}{{45}} = \frac{2}{9}\).
c) Gọi \(B\) là biến cố “hai tấm thẻ được đánh số đều là số nguyên tố”.
Các số nguyên tố là \(\left\{ {2;3;5;7} \right\}\)\( \Rightarrow n\left( B \right) = C_4^2 = 6\).
Do đó \(P\left( B \right) = \frac{6}{{45}} = \frac{2}{{15}}\).
d) Gọi \(C\) là biến cố “hai tấm thẻ có tổng là một số lẻ”.
Từ 1 đến 10 có 5 số chẵn và 5 số lẻ.
Để tổng 2 số là số lẻ thì cần lấy được 1 số chẵn và số lẻ. Khi đó \(n\left( C \right) = C_5^1 \cdot C_5^1 = 25\).
Do đó \(P\left( C \right) = \frac{{25}}{{45}} = \frac{5}{9}\).
Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.
Một nhóm gồm 4 học sinh nam và 5 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để đi tập văn nghệ.
Số phần tử không gian mẫu là 84.
Có 30 cách chọn được 3 học sinh có ít nhất 2 nữ.
Xác suất chọn được 3 học sinh toàn nam là \(\frac{1}{{21}}\).
Xác suất chọn được 3 học sinh toàn nữ là \(\frac{5}{7}\).
a) Số phần tử không gian mẫu là \(C_9^3 = 84\).
b) TH1: Chọn được 2 nữ, 1 nam có \(C_5^2 \cdot C_4^1 = 40\) cách.
TH2: Chọn được 3 nữ có \(C_5^3 = 10\).
Số cách chọn 3 học sinh có ít nhất 2 nữ là \(40 + 10 = 50\) cách.
c) Gọi \(A\) là biến cố “Chọn được 3 học sinh toàn nam” \( \Rightarrow n\left( A \right) = C_4^3 = 4\).
Do đó \(P\left( A \right) = \frac{4}{{84}} = \frac{1}{{21}}\).
d) Gọi \(B\) là biến cố “Chọn được 3 học sinh toàn nữ” \( \Rightarrow n\left( B \right) = C_5^3 = 10\).
Do đó \(P\left( B \right) = \frac{{10}}{{84}} = \frac{5}{{42}}\).
Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Sai.
Xếp ngẫu nhiên 4 bạn nam và 4 bạn nữ thành một hàng dọc. Tính xác suất của biến cố “Xếp được các bạn nam và bạn nữ đứng xen kẽ nhau” (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Số phần tử của không gian mẫu là \(8! = 40320\).
Gọi \(A\) là biến cố “Xếp được các bạn nam và bạn nữ đứng xen kẽ nhau”.
TH1: Xếp bạn nam đứng vị trí lẻ, nữ đứng vị trí chẵn có \(4! \cdot 4!\) cách.
TH2: Xếp bạn nam đứng vị trí chẵn, nữ đứng vị trí lẻ có \(4! \cdot 4!\) cách.
Suy ra \(n\left( A \right) = 2 \cdot 4! \cdot 4! = 1152\).
Do đó \(P\left( A \right) = \frac{{1152}}{{40320}} = \frac{1}{{35}} \approx 0,03\).
Bạn A ở trong một lớp có 22 học sinh. Chọn ngẫu nhiên 2 em trong lớp đi xem phim. Xác suất để A được chọn là bao nhiêu phần trăm? (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = C_{22}^2\).
Gọi \(A\) là biến cố “Chọn được hai em trong lớp trong đó có A”. Suy ra \(n\left( A \right) = 21\).
Do đó \(P\left( A \right) = \frac{{21}}{{C_{22}^2}} \approx 9,1\% \).
Gieo một xúc xắc hai lần liên tiếp. Xác suất của biến cố “Tích số chấm trong hai lần gieo là số chẵn” bằng \(\frac{a}{b}\) (\(\frac{a}{b}\) là phân số tối giản). Tính \(a \cdot b\).
Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = {6^2} = 36\).
Gọi \(A\) là biến cố “Tích số chấm trong hai lần gieo là số chẵn”.
Xét biến cố \(\overline A \) “Tích số chấm trong hai lần gieo là số lẻ”.
Các số lẻ trên mặt con xúc xắc là \(\left\{ {1;3;5} \right\}\).
Khi đó \(n\left( {\overline A } \right) = 3 \cdot 3 = 9\)\( \Rightarrow n\left( A \right) = 27\).
Do đó \(P\left( A \right) = \frac{{27}}{{36}} = \frac{3}{4}\). Suy ra \(a = 3;b = 4\). Do đó \(a \cdot b = 12\).
Gieo một đồng xu 5 lần cân đối và đồng chất. Xác suất để được ít nhất một đồng tiền xuất hiện mặt sấp là \(\frac{a}{b}\)(\(\frac{a}{b}\) là phân số tối giản). Tính \(b - a\).
Ta có \(n\left( \Omega \right) = {2^5} = 32\).
Gọi \(A\) là biến cố “được ít nhất một đồng tiền xuất hiện mặt sấp”.
Xét biến cố \(\overline A \) “Không có đồng tiền nào xuất hiện mặt sấp”.
Khi đó \(\overline A = \left\{ {NNNNN} \right\} \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = 1\)\( \Rightarrow n\left( A \right) = 31\).
Do đó \(P\left( A \right) = \frac{{31}}{{32}}\). Suy ra \(a = 31;b = 32 \Rightarrow b - a = 1\).
Có 10 bông hoa màu trắng, 10 bông hoa màu vàng, 10 bông hoa màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên 4 bông hoa. Tính xác suất của biến cố 4 bông hoa chọn được số hoa màu vàng và màu đỏ bằng nhau. (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Số phần tử của không gian mẫu là \(C_{30}^4 = 27405\).
Gọi \(A\) là biến cố “4 bông hoa chọn được số hoa màu vàng và màu đỏ bằng nhau”.
TH1: Chọn được 2 hoa màu trắng, 1 hoa màu vàng, 1 hoa màu đỏ có \(C_{10}^2 \cdot C_{10}^1 \cdot C_{10}^1 = 4500\) cách.
TH2: Chọn được 2 hoa màu vàng, 2 hoa màu đỏ có \(C_{10}^2 \cdot C_{10}^2 = 2025\) cách.
Suy ra \(n\left( A \right) = 4500 + 2025 = 6525\).
Do đó \(P\left( A \right) = \frac{{6525}}{{27405}} = \frac{5}{{21}} \approx 0,24\).
