Bài tập ôn tập Toán 12 Cánh diều Chương 6 có đáp án

Đáp án đúng : D

Gọi \(A\) là biến cố ‘‘Công ty thắng thầu dự án thứ nhất’’. Ta có \(P\left( A \right) = 0,5\).

Gọi \(B\) là biến cố ‘‘Công ty thắng thầu dự án thứ hai’’. Ta có \(P\left( B \right) = 0,6\).

Vì \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập nên ta có \(P\left( {B|A} \right) = P\left( B \right) = 0,6\).

Vậy xác suất để công ty thắng thầu dự án thứ hai biết công ty thắng thầu dự án thứ nhất là \(0,6\).

Đáp án đúng : C

Gọi \[A\] là biến cố “ số chấm trên xúc xắc không nhỏ hơn \[4\]” \[B\] là biến cố “ xúc xắc xuất hiện mặt lẻ”, ta cần tính \[P\left( {A|B} \right)\]

Kết quả thuận lợi của biến cố \[A = \left\{ {4;5\,;\,6} \right\}\].

Kết quả thuận lợi của biến cố \[B = \left\{ {1\,;\,3\,;\,5} \right\}\].

Vậy \[P\left( {A|B} \right) = \frac{1}{3}\].

Đáp án đúng : A

Gọi \(A\) là biến cố “Chọn được một học sinh nam”.

Gọi \(B\) là biến cố “Chọn được một học sinh đạt điểm giỏi môn Toán”.

\(A \cap B\)là biến cố “Chọn được một học sinh đạt điểm giỏi môn Toán biết học sinh đó là học sinh nam”.

Ta có \(P\left( {A \cap B} \right) = \frac{{10}}{{45}} = \frac{2}{9}\); \(P\left( A \right) = \frac{{20}}{{45}} = \frac{4}{9}\).

\(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{1}{2}\).

Vậy xác suất để giáo viên chọn được một học sinh đạt điểm giỏi môn Toán biết học sinh đó là học sinh nam là \(\frac{1}{2}\).

Đáp án đúng : D

Gọi \[A\] là biến cố “người mua hàng là phụ nữ”

\[B\] là biến cố “người mua hàng cần nhân viên tư vấn”, ta cần tính \[P\left( {B|A} \right)\].

\[P\left( A \right) = 0,86\,\,;\,P\left( {AB} \right) = 0,25\]

Vậy \[P\left( {B|A} \right) = \frac{{0,25}}{{0,86}} = \frac{{25}}{{86}}\].

Đáp án đúng : B

Ta có \(P\left( {AB} \right) = P\left( {A|B} \right)P\left( B \right) = 0,5.0,8 = 0,4\).

Đáp án đúng : B

Gọi \(A\) là biến cố lần \(1\) bốc được bi xanh.

Gọi \(B\) là biến cố lần \(2\) bốc được bi đỏ.

Xác suất lần \(2\) bốc được bi đỏ khi lần \(1\)đã bốc được bi trắng là \(P\left( {B|A} \right)\).

Ta có \[P\left( A \right) = \frac{8}{{10}} = \frac{4}{5};P\left( {AB} \right) = \frac{8}{{10}}.\frac{2}{9} = \frac{8}{{45}}.\]

Suy ra \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{\frac{8}{{45}}}}{{\frac{4}{5}}} = \frac{2}{9}.\)

Đáp án đúng : A

Ta có \[P\left( {AB} \right) = P\left( {A|B} \right).P\left( B \right) = 0,35\].

Vì \[\overline A B\] và \[AB\] là hai biến cố xung khắc và \[\overline A B \cup AB = B\] nên

\[P\left( {\overline A B} \right) = P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = 0,35\].

Đáp án đúng : B

Theo công thức nhân xác suất, ta có \(P\left( {AB} \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) = 0,8.0,5 = 0,4\).

Vì \(AB\) và \(\overline A B\) là hai biến cố xung khắc nên \(AB \cup \overline A B = B \Rightarrow P\left( {\overline A B} \right) = 1 - P\left( {AB} \right) = 1 - 0,4 = 0,6\).

Đáp án đúng : A

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có: \[P\left( A \right) = P\left( B \right)P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right)P\left( {A|\overline B } \right)\].

Đáp án đúng : D

Đặt \[P\left( B \right) = x\] suy ra \[P\left( {\overline B } \right) = 1 - x\].

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

\[P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right)\]\[ \Leftrightarrow 0,4 = 0,5x + 0,1\left( {1 - x} \right)\]\[ \Leftrightarrow 0,3 = 0,4x\]\[ \Leftrightarrow x = 0,75\].

Vậy \[P\left( B \right) = 0,75\].

Đáp án đúng : B

Ta có: \[P\left( B \right) = 0,01 \Rightarrow P\left( {\overline B } \right) = 1 - 0,01 = 0,99\].

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

\[P\left( A \right) = P\left( B \right)P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right)P\left( {A|\overline B } \right) = 0,01.0,7 + 0,99.0,09 = 0,0961\].

Đáp án đúng : C

Ta có: \(P\left( {\bar B} \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0,6 = 0,4\).

Theo công thức xác suất toàn phần:

\(P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\bar B} \right).P\left( {A|\bar B} \right) = 0,6.0,7 + 0,4.0,4 = 0,58\).

Đáp án đúng : A

Ta có: \[P\left( A \right) = 0,2\]\[ \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 0,8\], \[P\left( {B|A} \right) = 0,7\], \[P\left( {B|\overline A } \right) = 0,15\].

\[P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)\]\[ \Rightarrow P\left( B \right) = 0,2.0,7 + 0,8.0,15 = 0,26\].

Theo công thức Bayes: \[P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}}\]\[ \Rightarrow P\left( {A|B} \right) = \frac{{0,2.0,7}}{{0,26}} = \frac{7}{{13}}\].

Đáp án đúng : A

Gọi \({A_1}\)là biến cố “Sản phẩm được chọn do máy I sản xuất”;

\({A_2}\) là biến cố “Sản phẩm được chọn do máy II sản xuất”;

B là biến cố “Sản phẩm được chọn là phế phẩm”.

Ta có \(P\left( {{A_1}} \right) = 0,35\), \(P\left( {{A_2}} \right) = 0,65\), \(P\left( {B|{A_1}} \right) = 0,003\), \(P\left( {B|{A_2}} \right) = 0,007\).

Khi đó, \(P\left( B \right) = P\left( {B|{A_1}} \right).P\left( {{A_1}} \right) + P\left( {B|{A_2}} \right).P\left( {{A_2}} \right) = 0,0056\).

Đáp án đúng : A

Giả sử \(A\) và \(B\) là hai biến cố ngẫu nhiên thỏa mãn \(P\left( A \right) > 0\) và \(0 < P\left( B \right) < 1\). Khi đó, công thức Bayes:

\(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right)P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( B \right)P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right)P\left( {A|\overline B } \right)}}\) hay còn có thể viết dưới dạng:

\(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right)P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}}\).

Đáp án đúng : A

Áp dụng công thức Bayes, ta có: \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right)P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,4.0,3}}{{0,6}} = 0,2\).

Đáp án đúng : C

Ta có \[P\left( {\bar B} \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0,8 = 0,2\] nên:

\[P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\bar B} \right).P\left( {A|\bar B} \right) = 0,8.0,7 + 0,2.0,45 = 0,65\].

Do đó theo công thức Bayes ta có \[P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right).P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}}\]\[ = \frac{{0,8.0,7}}{{0,65}} = \frac{{56}}{{65}}\].

Đáp án đúng : B

Ta gọi \(A\) là biến cố “Tài xế sử dụng điện thoại di động khi lái xe”, \(B\) là biến cố “Tài xế lái xe gây tai nạn”.

_{Khi đó} \(P\left( A \right) = 3\% = 0,03,\,P\left( {A|B} \right) = 21\% = 0,21.\,\)

_{Theo công thức Bayes:} \[P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right)P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}} \Rightarrow \frac{{P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,21}}{{0,03}} = 7.\]

_{Vậy việc sử dụng điện thoại di động khi lái xe làm tăng xác suất gây tai nạn lên} \[7\] lần.

Gọi \(A\) là biến cố “Học sinh được gọi lên bảng tên là Hiền”.

Gọi \(B\) là biến cố “Học sinh được chọn mang giới tính nữ”.

a) Đúng. Xác suất để học sinh được gọi có tên là Hiền là: \(P\left( A \right) = \frac{3}{{30}} = \frac{1}{{10}}\).

b) Sai. Xác suất để thầy giáo gọi bạn đó lên bảng có tên Hiền, nhưng với điều kiện bạn đó nữ là \[P\left( {A\mid B} \right)\].

Ta có: \(P\left( B \right) = \frac{{17}}{{30}},\,\,P\left( {A \cap B} \right) = \frac{1}{{30}}\). Do đó: \(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{1}{{30}}}}{{\frac{{17}}{{30}}}} = \frac{1}{{17}}\).

c) Đúng. Gọi \(C\) là biến cố “Học sinh được chọn mang giới tính nam”.

Xác suất thầy giáo gọi bạn đó lên bảng có tên Hiền, với điều kiện bạn đó nam là \(P\left( {A\mid C} \right)\).

Ta có: \(P\left( C \right) = \frac{{13}}{{30}},\,\,P\left( {A \cap C} \right) = \frac{2}{{30}}\) do đó: \(P\left( {A\mid C} \right) = \frac{{P\left( {A \cap C} \right)}}{{P\left( C \right)}} = \frac{{\frac{2}{{30}}}}{{\frac{{13}}{{30}}}} = \frac{2}{{13}}\).

d) Sai. Nếu thầy giáo gọi 1 bạn có tên là Hiền lên bảng thì xác suất để bạn đó là bạn nữ là \(P\left( {B\mid A} \right)\).

Ta có: \(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{\frac{1}{{30}}}}{{\frac{3}{{30}}}} = \frac{1}{3}\).

Gọi \(A\) là biến cố: “Cây bố có kiểu gene bb”; \[M\] là biến cố: “Cây con lấy gene b từ cây bố”;

\[N\] là biến cố: “Cây con lấy gene b từ cây mẹ”; \[E\] là biến cố: “Cây con có kiểu gene bb”.

Theo giả thiết \(M\) và \(N\) độc lập nên \(P\left( E \right) = P\left( M \right).P\left( N \right)\).

Ta áp dụng công thức xác suất toàn phần \(P\left( M \right) = P\left( A \right).P\left( {M|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {M|\overline A } \right)\).

Ta có \(P\left( A \right) = 0,4\,;\,\,P\left( {\overline A } \right) = 0,6\).

a) Sai. \[P\left( {M\mid A} \right)\] là xác suất để cây con lấy gene b từ cây bố với điều kiện cây bố có kiểu gene bb. Do đó \(P\left( {M\mid A} \right) = 1\).

b) Đúng. \[P\left( {M\mid \overline A } \right)\] là xác suất để cây con lấy gene b từ cây bố với điều kiện cây bố có kiểu gene Bb. Do đó \(P\left( {M\mid \overline A } \right) = \frac{1}{2}\).

c) Sai. Thay vào \(\left( * \right)\) ta được: \(P\left( M \right) = 0,4.1 + 0,6.\,\,0,5 = 0,4 + 0,3 = 0,7\).

d) Đúng. Tương tự tính được \(P\left( N \right) = 0,7\). Vậy \(P\left( E \right) = P\left( M \right).P\left( N \right) = 0,7.0,7 = 0,49\).

Từ kết quả trên suy ra trong một quần thể các cây đậu Hà Lan, ở đó tỉ lệ cây bố và cây mẹ mang kiểu gene bb, Bb tương ứng là \(40\% \) và \(60\% \), thì tỉ lệ cây con có kiểu gene bb là khoảng \(49\% \).

Gọi \(A\) là biến cố một khách hàng mua điện thoại kèm ốp, \(B\) là biến cố một khách hàng mua điện thoại Samsung.

a) Đúng. \(P\left( B \right) = 75\% = 0,75\).

b) Sai. Xác suất để một khách hàng mua điện thoại Iphone là \(P\left( {\overline B } \right) = 1 - 0,75 = 0,25\).

c) Đúng. \(P\left( {\left. A \right|B} \right) = 60\% = 0,6;\,P\left( {\left. A \right|\overline B } \right) = 30\% = 0,3\).

d) Đúng. \(P\left( A \right) = P\left( B \right)P\left( {\left. A \right|B} \right) + P\left( {\overline B } \right)P\left( {\left. A \right|\overline B } \right)\)\( = 0,75 \cdot 0,6 + 0,25 \cdot 0,3 = 0,525\).

a) Đúng.Công thức xác suất toàn phần: \[P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\bar A} \right).P\left( {B\mid \bar A} \right)\].

b) Sai.Dựa vào sơ đồ cây ta có \(P\left( {B\mid A} \right) = 0{\rm{,}}7\).

c) Đúng.Xác suất của biến cố \(B\) là \(P\left( B \right) = 0{\rm{,}}2.0{\rm{,}}7 + 0{\rm{,}}8.0{\rm{,}}6 = 0{\rm{,}}62\).

d) Sai.Ta có \(P\left( {\bar B} \right) = 1 - P\left( B \right) = 0{\rm{,}}38\).

Gọi A là biến cố “Nhân viên được chọn là nữ” và B là biến cố “Nhân viên được chọn có mua bảo hiểm nhân thọ”.

Theo đề ta có \(P\left( A \right) = 0,45\); \(P\left( {B|A} \right) = 0,07\); \(P\left( {B|\overline A } \right) = 0,05\). Suy ra \(P\left( {\overline A } \right) = 0,55\).

a) Sai.Ta có \(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) = 0,45.0,07 + 0,55.0,05 = 0,059\).

b) Đúng. \(P\left( {\overline A |B} \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,55.0,05}}{{0,059}} = \frac{{55}}{{118}}\).

c) Đúng. \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,45.0,07}}{{0,059}} = \frac{{63}}{{118}}\).

d) Sai. \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,45.0,07}}{{0,059}} = \frac{{63}}{{118}}\).

Do \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{63}}{{118}} > \frac{{55}}{{118}} = P\left( {\overline A |B} \right)\) nên nhân viên được chọn có mua bảo hiểm nhân thọ là nữ sẽ nhiều hơn là nam.

a) Sai. Ta có: \(P\left( A \right) = \frac{5}{{12}} \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = \frac{7}{{12}}\).

b) Sai. Nếu \(A\) xảy ra thì khi đó hộp hai chứa \(7\) bi xanh và \(8\) bi đỏ.

Chọn hai bi bất kì từ hộp hai có \(C_{15}^2\) cách. Chọn hai bi đỏ từ hộp hai có \(C_8^2\) cách.

Suy ra: \[P\left( {B|A} \right) = \frac{{C_8^2}}{{C_{15}^2}} = \frac{4}{{15}}\].

c) Đúng. Nếu \(A\) không xảy ra thì khi đó hộp hai chứa \(6\) bi xanh và \(9\) bi đỏ.

Chọn hai bi bất kì từ hộp hai có \(C_{15}^2\) cách. Chọn hai bi đỏ từ hộp hai có \(C_9^2\) cách.

Suy ra: \[P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{C_9^2}}{{C_{15}^2}} = \frac{{12}}{{35}}\].

d) Đúng. Áp dụng công thức xác suất toàn phần:

\[P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P(B\mid \overline A ) = \frac{5}{{12}}.\frac{4}{{15}} + \frac{7}{{12}}.\frac{{12}}{{35}} = \frac{{14}}{{45}}\].

Giả sử \(T\) là biến cố “ Gặp sinh viên thi trượt môn Toán”, có \(P\left( T \right) = 0,3\).

\(L\) là biến cố “Gặp sinh viên thi trượt môn Tâm lý”, có \(P\left( L \right) = 0,22\). Khi đó \(P\left( {L|T} \right) = 0,4\).

Sơ đồ hình cây:

a) Sai. Vì xác suất gặp sinh viên thi trượt cả môn Toán và Tâm Lý là:

\(P\left( {TL} \right) = P\left( T \right)P\left( {L|T} \right) = 0,3.0,4 = 0,12\).

b) Đúng. Xác suất gặp sinh viên đậu cả môn Toán và Tâm lý là

\(P\left( {\overline {TL} } \right) = 1 - P\left( {T \cup L} \right) = 1 - P\left( T \right) - P\left( L \right) + P\left( {TL} \right) = 1 - 0,3 - 0,22 + 0,12 = 0,6\).

c) Sai. Xác suất gặp sinh viên đậu môn Toán, biết rằng sinh viên này trượt môn Tâm lý là

\(P\left( {\overline T |L} \right) = \frac{{P\left( {\overline T L} \right)}}{{P\left( L \right)}} = \frac{{P\left( L \right) - P\left( {TL} \right)}}{{P\left( L \right)}} = \frac{{0,22 - 0,12}}{{0,22}} = 0,45\).

d) Đúng. Theo công thức tính xác suất toàn phần, xác suất gặp sinh viên đậu môn Tâm lý là

\(P\left( {\overline L } \right) = P\left( T \right).P\left( {\overline L |T} \right) + P\left( {\overline T } \right).P\left( {\overline L |\overline T } \right) = 0,3.0,6 + 0,7.0,78 = 0,726\).

a) Sai. Xác suất để vận động viên chọn ra thuộc đội I là \(\frac{8}{{18}} = \frac{4}{9}\).

b) Đúng. Xác suất không đạt huy chương vàng của mỗi vận động viên đội II là \(1 - 0,55 = 0,45\).

c) Đúng. Gọi \(A\) là biến cố: “Vận động viên đạt huy chương vàng”, \(B\) là biến cố: “Thành viên đội I” thì biến cố đối của \(B\) là \(\overline B \): “Thành viên đội II đạt huy chương vàng”.

Do đó, \(P\left( B \right) = \frac{8}{{18}} = \frac{4}{9};\,P\left( {\overline B } \right) = \frac{5}{9}\) ; \(P\left( {A|B} \right) = 0,6;P\left( {A|\overline B } \right) = 0,55\).

Theo công thức xác suất toàn phần ta có

\(P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right) = \frac{4}{9}.0,6 + \frac{5}{9}.0,55 = \frac{{103}}{{180}}\).

d) Đúng. Ta có \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right).P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{\frac{4}{9}.0,6}}{{\frac{{103}}{{180}}}} = \frac{{48}}{{103}}\).

Xét phép thử chọn ngẫu nhiên một thùng hàng trong kho.

Gọi \(A\) là biến cố: “Chọn được thùng hàng loại I”.

\(B\) là biến cố: “Chọn được thùng hàng đã được kiểm định”.

Theo bài ra ta có \[P\left( {B\left| A \right.} \right) = 80\% ,\,\,P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 85\% \].

a) Đúng. Xác suất chọn được thùng hàng loại I là \(P\left( A \right) = \frac{{480}}{{1000}} = 48\% \).

b) Sai. Ta có \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{{520}}{{1000}} = 52\% \), \[P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 85\% \].

Xác suất chọn được thùng hàng loại II đã được kiểm định là

\(P\left( {\overline A \cap B} \right) = P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 52\% .85\% = 44,2\% \).

c) Đúng. Xác suất chọn được thùng hàng đã được kiểm định là

\(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B\left| A \right.} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 48\% .80\% + 52\% .85\% = 82,6\% \).

Suy ra xác suất chọn được thùng hàng chưa kiểm định là \(P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 17,4\% \).

d) Sai. Giả sử thùng hàng được lấy ra là thùng hàng chưa được kiểm định.

Xác suất thùng hàng đó là thùng loại I là \(P\left( {A\left| {\overline B } \right.} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {\overline B \left| A \right.} \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{48\% .\left( {1 - 80\% } \right)}}{{17,4\% }} = \frac{{16}}{{29}}\).

Xác suất thùng hàng đó là thùng loại II là \(P\left( {\overline A \left| {\overline B } \right.} \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {\overline B \left| A \right.} \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{52\% .\left( {1 - 85\% } \right)}}{{17,4\% }} = \frac{{13}}{{29}}\).

Vây xác suất thùng hàng đó là thùng loại I cao hơn xác suất thùng hàng đó là thùng loại II.

Gọi \[A\] là biến cố VĐV được chọn là nam.

Gọi \[B\] là biến cố VĐV được chọn đã hoàn thành cự ly Marathon sub 4.

a) Đúng. Khi VĐV được chọn là nam, xác suất để VĐV này chưa hoàn thành sub 4 cự ly Marathon là: \[P\left( {\overline B |A} \right) = 1 - P\left( {B|A} \right) = 1 - 32\% = 68\% \].

b) Sai. Xác suất để VĐV được chọn đã hoàn thành sub 4 là:

\[P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) = 0,72.0,32 + 0,28.0,03 \approx 0,24 = 24\% \].

c) Sai. Xác suất để VĐV được chọn là nữ và đã hoàn thành sub 4 là:

\[P\left( {\overline A .B} \right) = P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) = 0,28.0,03 \approx 0,0084 \approx 0,84\% \].

d) Đúng. Biết VĐV đã hoàn thành sub 4, xác suất để VĐV đó là nam là:

\[P\left( {A|B} \right) & = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)}}\]

\[ = \frac{{0,72.0,32}}{{0,72.0,32 + 0,28.0,03}} \approx 0,96 = 96\% \].

Xét hai biến cố A: “Nhà tổ chức sự kiện bán hết vé”;

B: “Trời mưa vào buổi biểu diễn”.

Khi đó, ta có \(P\left( B \right) = 0,6;\,P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 0,4;\,\,P\left( {A|B} \right) = 0,45;\,P\left( {A|\overline B } \right) = 0,85\).

Áp dụng công thức toàn phần, ta có

\(P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right) = 0,6.0,45 + 0,4.0,85 = 0,61\).

Đáp án: 0,61.

Gọi \[A\] là biến cố: “Viên bi được lấy ra có đánh số”.

Gọi \[B\] là biến cố: “Viên bi được lấy ra có màu đỏ”, suy ra \[\overline B \]là biến cố: “Viên bi được lấy ra có màu vàng”.

Khi đó, ta có: \[P\left( B \right) = \frac{{50}}{{80}} = \frac{5}{8};{\rm{ }}P\left( {\overline B } \right) = \frac{{30}}{{80}} = \frac{3}{8}\]; \[P\left( {A|B} \right) = 90\% = \frac{9}{{10}};{\rm{ }}P\left( {A|\overline B } \right) = 50\% = \frac{1}{2}\].

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có:

\[P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right) = \frac{5}{8}.\frac{9}{{10}} + \frac{3}{8}.\frac{1}{2} = \frac{3}{4} = 0,75\].

Đáp án: 0,75.

Xét các biến cố \(A\): “Chọn được người bị bệnh cúm”;

\(B\): “Chọn được người có phản ứng dương tính”.

Khi đó \(P\left( A \right) = 0,25;\,\,P\left( {\overline A } \right) = 0,75;\,\,P\left( {B|A} \right) = 0,96;\,\,P\left( {B|\overline A } \right) = 0,08\).

Theo công thức xác suất toàn phần, xác suất của biến cố là:

\(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) = 0,25.0,96 + 0,75.0,08 = 0,3\).

Đáp án: 0,3.

Vì hộp thứ nhất có 3 quả bóng bàn màu trắng và 2 quả bóng bàn màu vàng nên khi lấy 4 quả bóng bàn ở hộp thứ nhất thì có hai khả năng: khả năng thứ nhất là lấy được 3 quả bóng bàn màu trắng và 1 quả bóng bàn màu vàng; khả năng thứ hai là lấy được 2 quả bóng bàn màu trắng và 2 quả bóng bàn màu vàng.

Xét các biến cố:

A: “Lấy được quả bóng bàn màu vàng từ hộp thứ hai”;

\[B\]: “Lấy được 4 quả bóng bàn ở hộp thứ nhất, trong đó có 1 quả bóng bàn màu vàng”;

\(\bar B\): “Lấy được 4 quả bóng bàn ở hộp thứ nhất, trong đó có 2 quả bóng bàn màu vàng”.

Trường hợp 1: Số cách lấy 4 quả bóng bàn từ hộp thứ nhất là \(C_5^4\), có 1 cách lấy 3 quả bóng bàn màu trắng và 2 cách lấy 1 quả bóng bàn màu vàng, suy ra \(P\left( B \right) = \frac{{1.2}}{{C_5^4}} = \frac{2}{5}\).

Vì khi đó hộp thứ hai có 9 quả bóng bàn màu trắng và 5 quả bóng bàn màu vàng nên \(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{5}{{14}}\).

Trường hợp 2: Số cách lấy 4 quả bóng bàn từ hộp thứ nhất là \(C_5^4\), có \(C_3^2\) cách lấy 2 quả bóng bàn màu trắng và 1 cách lấy 2 quả bóng bàn màu vàng, suy ra \(P\left( {\bar B} \right) = \frac{{C_3^2.1}}{{C_5^4}} = \frac{3}{5}\).

Vì khi đó hộp thứ hai có 8 quả bóng bàn màu trắng và 6 quả bóng bàn màu vàng nên

\[P\left( {A\mid \bar B} \right) = \frac{6}{{14}}\].

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

\[P\left( A \right){\rm{ = }}P\left( B \right).P\left( {A\mid B} \right) + P\left( {\bar B} \right){\rm{.}}P\left( {A\mid \bar B} \right) = \frac{2}{5} \cdot \frac{5}{{14}} + \frac{3}{5} \cdot \frac{6}{{14}} = 0,4\].

Vậy xác suất để lấy được quả bóng bàn màu vàng từ hộp thứ hai là \(0,4\).

Đáp án: 0,4.

Số học sinh nữ là đoàn viên là \(60\% .150 = 90\) (học sinh).

Số học sinh nam là đoàn viên là \(50\% .100 = 50\) (học sinh).

Xét biến cố: \(A\) là biến cố “Chọn được học sinh là đoàn viên”.

\(B\) là biến cố “ Chọn được học sinh nam”. Khi đó:

\[P\left( B \right) = \frac{{100}}{{250}} = \frac{2}{5}\]; \[P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - \frac{2}{5} = \frac{3}{5}\].

\[P\left( {A|B} \right) = \frac{{50}}{{100}} = 0,5\]; \[P\left( {A|\overline B } \right) = \frac{{90}}{{150}} = 0,6\].

Áp dụng công thức xác suất toàn phần ta có:

\[P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right) = \frac{2}{5}.0,5 + \frac{3}{5}.0,6 = 0,56\].

Đáp án: 0,56.

Gọi \[A\] là biến cố “Xạ thủ được chọn là nữ”, suy ra \[\bar A\] là biến cố “xạ thủ được chọn là nam”.

Gọi \[B\] là biến cố “xạ thủ được chọn bắn trúng”.

Theo giả thiết ta có: \[P\left( A \right) = \frac{2}{{2 + 8}} = \frac{1}{5} \Rightarrow P\left( {\bar A} \right) = \frac{4}{5};\,\,P\left( {B|A} \right) = 0,9;\,\,P\left( {B|\bar A} \right) = 0,8\].

Áp dụng công thức xác suất toàn phần ta có:

\[P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right).P\left( {B|\bar A} \right) = \frac{1}{5}.0,9 + \frac{4}{5}.0,8 = 0,82\].

Xác suất để xạ thủ được chọn ra bắn trúng đó là nữ là \[P\left( {A|B} \right)\].

_{Theo công thức Bayes, ta có:} \[P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{1}{5}.0,9}}{{0,82}} = \frac{9}{{41}} \approx 0,22\].

Vậy xác suất để xạ thủ bắn trúng đó là nữ là \[0,22\].

Đáp án: 0,22.

Gọi biến cố \[A\]: “Người được phỏng vấn sẽ mua sản phẩm”.

Biến cố \[{H_1}\]: “Khách hàng được phỏng vấn trả lời sẽ mua”.

Biến cố \[{H_2}\]: “Khách hàng được phỏng vấn trả lời có thể sẽ mua”.

Biến cố \[{H_3}\]: “Khách hàng được phỏng vấn trả lời không mua”.

Ta có \[P\left( {{H_1}} \right) = \frac{{50}}{{200}} = 0,25\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,P\left( {{H_2}} \right) = \frac{{90}}{{200}} = 0,45\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,P\left( {{H_3}} \right) = \frac{{60}}{{200}} = 0,3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\]

\[P\left( {A|{H_1}} \right) = 0,6\,\,;\,\,\,P\left( {A|{H_2}} \right) = 0,4\,;\,\,P\left( {A|{H_3}} \right) = 0,1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\]

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có tiềm năng của sản phẩm đó trên thị trường là

\(\begin{array}{l}P\left( A \right) = P\left( {{H_1}} \right).P\left( {A|{H_1}} \right) + P\left( {{H_2}} \right).P\left( {A|{H_2}} \right) + P\left( {{H_3}} \right).P\left( {A|{H_3}} \right)\\ = 0,25.0,6 + 0,45.0,4 + 0,3.0,1 = 0,36.\end{array}\)

Theo công thức Bayes, ta có xác suất khách hàng trả lời “sẽ mua” là

\(P\left( {{H_1}|A} \right) = \frac{{P\left( {{H_1}} \right).P\left( {A|{H_1}} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,25.0,6}}{{0,36}} = \frac{5}{{12}}.\)

Suy ra \[a = 5,\,b = 12.\]Vậy \[T = a + \frac{1}{2}b = 5 + \frac{1}{2}.12 = 11.\]

Đáp án: 11.

Gọi A là biến cố: “Chọn được một sản phẩm được sản xuất từ dây chuyền I”.

Gọi B là biến cố: “Chọn được một sản phẩm bị lỗi”.

Dây chuyền I tạo ra 65% sản phẩm của toàn nhà máy \[P\left( A \right) = 65\% = 0,65\].

Dây chuyền II tạo ra 35% sản phẩm của toàn nhà máy \[P\left( {\overline A } \right) = 35\% = 0,35\].

Do trong số các sản phẩm được sản xuất từ dây chuyền I có 3% sản phẩm bị lỗi \[P\left( {B\left| A \right.} \right) = 3\% = 0,03\] và trong số các sản phẩm được sản xuất từ dây chuyền II có 2% sản phẩm bị lỗi nên \[P\left( {B|\overline A } \right) = 2\% = 0,02\] .

Xác suất để sản phẩm đó là sản phẩm bị lỗi và được sản xuất từ dây chuyền I là \[P\left( {AB} \right) = P\].

Ta có \[P = P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) = 0,65\,.\,0,03 = 0,0195\].

Vậy \[1000P = 1000\,.\,0,0195 = 19,5\].

Đáp án: 19,5 .

Gọi biến cố \[H\]: “Khách nghỉ ở phòng có điều hòa bị hỏng”;

\(A\): “Khách nghỉ tại khách sạn \[A\]”;

\(B\): “Khách nghỉ tại khách sạn \[B\]”;

\(C\): “Khách nghỉ tại khách sạn \[C\]”.

Theo bài ra ta có: \(P\left( A \right) = 0,2\); \(P\left( B \right) = 0,5\); \(P\left( C \right) = 0,3\).

\(P\left( {H|A} \right) = 0,05\); \(P\left( {H|B} \right) = 0,04\); \(P\left( {H|C} \right) = 0,08\).

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có:

\[P\left( H \right)\, = \,P\left( A \right).P\left( {H|A} \right)\, + \,P\left( B \right).P\left( {H|B} \right)\, + \,P\left( C \right).P\left( {H|C} \right)\,\,\]

\[ = \,0,2.\,0,05\, + \,0,5.0,04\, + \,0,3.0,08\]\[ = \,0,054\].

Áp dụng công thức Bayes, xác suất để một khách ở khách sạn \(A\), biết khách đó ở phòng điều hòa bị hỏng là: \[P\left( {A|H} \right)\, = \,\frac{{P\left( A \right).P\left( {H|A} \right)}}{{P\left( H \right)}}\, = \,\frac{{0,2.0,05}}{{0,054}}\, = \,\frac{5}{{27}}\, \approx \,0,19\].

Áp dụng công thức Bayes, xác suất để một khách ở khách sạn \[C\], biết khách đó ở phòng điều hòa không bị hỏng là:

\[P\left( {C|\overline H } \right)\, = \,\frac{{P\left( C \right).P\left( {\overline H |C} \right)}}{{P\left( {\overline H } \right)}}\, = \,\frac{{0,3.\left( {1 - \,0,08} \right)}}{{1 - 0,054}}\, = \,\frac{{138}}{{473}}\, \approx \,0,29\].

Đáp án: 0,29.

Xét các biến cố \(A\): “Chọn được học sinh thuộc câu lạc bộ thể thao”;

\(B\): “Chọn được học sinh biết chơi bóng bàn”.

Khi đó, \[P\left( A \right) = 0,2;\,\,P\left( {\overline A } \right) = 0,8;\,\,P\left( {B|A} \right) = 0,85;\,\,P\left( {B|\overline A } \right) = 0,1\].

Theo công thức xác suất toàn phần ta có:

\(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) = 0,2.0,85 + 0,8.0,1 = 0,25\).

Theo công thức Bayes, xác suất chọn được học sinh thuộc câu lạc bộ thể thao, biết học sinh đó chơi được môn bóng bàn là:

\(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,2.0,85}}{{0,25}} = \frac{{17}}{{25}}\) nên \(a = 17,\,b = 25 \Rightarrow a - b = - 8\).

Đáp án: −8.

Gọi \(A\)là biến cố:“Bệnh nhân bị chấn thương vùng đầu khi gặp tai nạn”.

\(B\): “Bệnh nhân đội mũ bảo hiểm đúng cách”.

\(AB\): “Bệnh nhân bị chấn thương vùng đầu khi gặp tai nạn và đội mũ bảo hiểm đúng cách”.

Theo đề ra ta có \(P\left( {AB} \right) = 15\% = 0,15\); \(P\left( B \right) = 90\% = 0,9\); \(P\left( A \right) = 60\% = 0,6\).

Xác suất để HS bị chấn thương vùng đầu khi gặp tai nạn, biết HS đó đã đội mũ bảo hiểm đúng cách là: \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,15}}{{0,9}} = \frac{1}{6}\).

Vậy việc đội mũ bảo hiểm đúng cách đối với học sinh khi di chuyển bằng xe máy điện sẽ làm giảm khả năng bị chấn thương vùng đầu khi gặp tai nạn số lần là \(\frac{{0,6}}{{\frac{1}{6}}} = 3,6\)lần.

a) Gọi \(A\) là biến cố “Người mua bảo hiểm ô tô là đàn ông”, \(B\) là biến cố “Người mua bảohiểm ô tô trên 40 tuổi”. Ta cần tính \[P\left( {B|A} \right)\].

Do có \(52\% \) người mua bảo hiểm ô tô là đàn ông nên \[P\left( A \right) = 0,52\].

Do có \(39\% \) số người mua bảo hiểm ô tô là đàn ông trên 40 tuổi nên \[P\left( {AB} \right) = 0,39\].

Vậy \[P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,39}}{{0,52}} = 0,75\].

b) Trong số những người đàn ông mua bảo hiểm ô tô thì có 75% người trên 40 tuổi.

Gọi biến cố \[{B_k}\]: “lấy ra được \(k\) viên bi trắng từ hộp thứ nhất”, trong đó \[k \in \left\{ {0;1;2;3} \right\}\].

Biến cố \(A\): “lấy được viên bi trắng từ hộp thứ hai”. Khi đó:

Xác suất lấy ra được \(0\) viên bi trắng từ hộp thứ nhất là \(P\left( {{B_0}} \right) = \frac{{C_5^3}}{{C_9^3}} = \frac{5}{{42}}\).

Xác suất lấy ra được \(1\) viên bi trắng từ hộp thứ nhất là \(P\left( {{B_1}} \right) = \frac{{C_4^1C_5^2}}{{C_9^3}} = \frac{{10}}{{21}}\).

Xác suất lấy ra được \(2\) viên bi trắng từ hộp thứ nhất là \(P\left( {{B_2}} \right) = \frac{{C_4^2C_5^1}}{{C_9^3}} = \frac{5}{{14}}\).

Xác suất lấy ra được \(3\) viên bi trắng từ hộp thứ nhất là \(P\left( {{B_2}} \right) = \frac{{C_4^3}}{{C_9^3}} = \frac{1}{{21}}\).

Xác suất lấy được 1 bi trắng từ hộp thứ hai với điều kiện lấy được \(0\) bi trắng từ hộp thứ nhất là

\(P\left( {A|{B_0}} \right) = \frac{5}{{12}}\).

Xác suất lấy được 1 bi trắng từ hộp thứ hai với điều kiện lấy được \(1\) bi trắng từ hộp thứ nhất là

\(P\left( {A|{B_1}} \right) = \frac{6}{{12}} = \frac{1}{2}\).

Xác suất lấy được 1 bi trắng từ hộp thứ hai với điều kiện lấy được \(2\) bi trắng từ hộp thứ nhất là

\(P\left( {A|{B_2}} \right) = \frac{7}{{12}}\).

Xác suất lấy được 1 bi trắng từ hộp thứ hai với điều kiện lấy được \(3\) bi trắng từ hộp thứ nhất là

\(P\left( {A|{B_3}} \right) = \frac{8}{{12}} = \frac{2}{3}\).

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có

\(P\left( A \right) = P\left( {{B_0}} \right).P\left( {A|{B_0}} \right) + P\left( {{B_1}} \right).P\left( {A|{B_1}} \right) + P\left( {{B_2}} \right).P\left( {A|{B_2}} \right) + P\left( {{B_3}} \right).P\left( {A|{B_3}} \right) = \frac{{19}}{{36}}\).

Vậy xác suất để lấy được bi trắng từ hộp thứ hai theo đề bài trên là \[\frac{{19}}{{36}}\].

Xét hai biến cố sau:

\(A\): “Linh kiện lấy ra do nhà máy I sản xuất”; \(B\): “Linh kiện lấy ra là phế phẩm”.

Trong lô linh kiện có tổng cộng \(80 + 120 = 200\) linh kiện nên \(P\left( A \right) = \frac{{80}}{{200}} = 0,4\); \(P\left( {\overline A } \right) = 0,6\).

Vì tỉ lệ phế phẩm của các nhà máy I và II lần lượt là \(4\% \) và \(3\% \) nên \(P\left( {B|A} \right) = 4\% = 0,04\).

Khi đó: \(P\left( {B|\overline A } \right) = 3\% = 0,03\).

Ta có sơ đồ cây:

Khi linh kiện lấy ra là phế phẩm thì xác suất linh kiện đó do nhà máy I sản xuất là \(P\left( {A|B} \right)\) và xác suất linh kiện đó do nhà máy II sản xuất là \(P\left( {\overline A |B} \right)\).

Áp dụng công thức Bayes, ta có:

\(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)}} = \frac{{0,4.0,04}}{{0,4.0,04 + 0,6.0,03}} \approx 47\% \).

Suy ra \(P\left( {\overline A |B} \right) = 1 - P\left( {A|B} \right) \approx 53\% \).

Vậy xác suất linh kiện đó do nhà máy II sản xuất là cao hơn.

Gọi \[A\] là biến cố: “Bông hoa bạn Nam hái được chứa phiếu có thưởng”, \[B\] là biến cố: “Bông hoa bạn Việt hái được chứa phiếu có thưởng”.

Ta có \[P\left( B \right) = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2};\,\,P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = \frac{1}{2},\,\,P\left( {A|B} \right) = \frac{4}{9};\,\,P\left( {A|\overline B } \right) = \frac{5}{9}\].

Xác suất bạn Nam hái được bông hoa chứa phiếu có thưởng là

\[P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right) = \frac{1}{2}.\frac{4}{9} + \frac{1}{2}.\frac{5}{9} = \frac{1}{2}\].