Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 6 lớp 12 (có lời giải) - Đề 2

\[P(A|B) = \frac{{P(A \cap B)}}{{P(B)}} = \frac{{0,4}}{{0,8}} = 0,5\].

Ta có \[P(B|A) = \frac{{P(B).P(A|B)}}{{P(A)}} = \frac{{0,6.0,2}}{{0,3}} = \frac{2}{5}\].

Xét hai biến cố sau:

A: “An lấy được bút xanh.”

B: “Bình lấy được bút đen.”

Ta cần tính \(P\left( {AB} \right)\).

Vì \(n\left( A \right) = 8\) nên \(P\left( A \right) = \frac{8}{{13}}\).

Nếu A xảy ra tức là An lấy được bút xanh thì trong hộp còn \(12\) bút bi với \(5\) bút đen. Vậy \(P\left( {B|A} \right) = \frac{5}{{12}}\).

Vì \(P\left( A \right) = 0,4\) nên \(P\left( {\overline A } \right) = 1 - 0,4 = 0,6\).

Theo công thức xác suất toàn phần ta có:

\(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)\)\( = 0,4.0,2 + 0,6.0,3 = 0,26\).

Vì \(P\left( A \right) = 0,35\) nên \(P\left( {\overline A } \right) = 1 - 0,35 = 0,65\).

Theo công thức Bayes ta có:

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

Công thức xác suất toàn phần

Gọi A là biến cố quả thứ 2 rút ra mang số 2.

Gọi B là biến cố để tổng các số trên 2 quả lấy ra ít nhất là 4.

Ta có: \[P\left( {A\left| B \right.} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( B \right)}}\].

Lại có: các cặp số có tổng ít nhất bằng 4 là \[\left( {1,3} \right);\left( {1,4} \right);\left( {2,3} \right);\left( {2,4} \right);\left( {3,4} \right);\left( {3,2} \right);\left( {3,1} \right);\left( {4,1} \right);\left( {4,2} \right);\left( {4,3} \right)\]

Các cặp số có tổng ít nhất bằng 4 nhưng quả thứ 2 mang số 2 là \[\left( {3,2} \right);\left( {4,2} \right)\]

Do đó: \[P\left( B \right) = \frac{1}{4}.\frac{1}{3}.10 = \frac{5}{6}\]; \[P\left( {A \cap B} \right) = \frac{1}{4}.\frac{1}{3}.2 = \frac{1}{6}\].

Gọi \[A\] là biến cố “Phát tín hiệu \[A\]”

Gọi \[B\] là biến cố “Phát tín hiệu \[A\]”

Gọi \[{T_A}\] là biến cố “Phát được tín hiệu \[A\]”

Gọi \[{T_B}\] là biến cố “Phát được tín hiệu \[B\]”

Ta cần tính \[P\left( {{T_A}} \right)\]

Với \[P\left( {{T_A}} \right) = P\left( A \right).P\left( {{T_A}|A} \right) + P\left( B \right).P\left( {{T_A}|B} \right)\]

Ta có: \[P\left( A \right) = 0,85\]

\[\begin{array}{l}P\left( {{T_B}|A} \right) = \frac{1}{7} \Rightarrow P\left( {{T_A}|A} \right) = 1 - \frac{1}{7} = \frac{6}{7}\\P\left( B \right) = 0,15\\P\left( {{T_A}|B} \right) = \frac{1}{8}\end{array}\]

a) Đ Xét các biến cố:

\({A_1}\): Sản phẩm lấy ra lần thứ nhất bị lỗi. Khi đó, ta có: \(P\left( {{A_1}} \right) = \frac{{39}}{{2000}}\); \(P\left( {\overline {{A_1}} } \right) = \frac{{1961}}{{2000}}\).

\({A_2}\): Sản phẩm lấy ra lần thứ hai bị lỗi.

b) S - Khi sản phẩm lấy ra lần thứ nhất bị lỗi thì còn \(1999\) sản phẩm và trong đó có \(38\) sản phẩm lỗi nên ta có: \(P\left( {{A_2}\left| {{A_1}} \right.} \right) = \frac{{38}}{{1999}}\).

c) Đ Khi sản phẩm lấy ra lần thứ nhất không bị lỗi thì còn \(1999\) sản phẩm trong đó có \(39\)sản phẩm lỗi nên ta có: \(P\left( {{A_2}\left| {\overline {{A_1}} } \right.} \right) = \frac{{39}}{{1999}}\)

d) Đ - Khi sản phẩm lấy ra lần thứ nhất bị lỗi thì còn \(1999\) sản phẩm và trong đó có \(38\) sản phẩm lỗi nên ta có: \(P\left( {{A_2}\left| {{A_1}} \right.} \right) = \frac{{38}}{{1999}}\), suy ra \(P\left( {\overline {{A_2}} \left| {{A_1}} \right.} \right) = \frac{{1961}}{{1999}}\).

- Khi sản phẩm lấy ra lần thứ nhất không bị lỗi thì còn \(1999\) sản phẩm trong đó có \(39\)sản phẩm lỗi nên ta có: \(P\left( {{A_2}\left| {\overline {{A_1}} } \right.} \right) = \frac{{39}}{{1999}}\), suy ra \(P\left( {\overline {{A_2}} \left| {\overline {{A_1}} } \right.} \right) = \frac{{1960}}{{1999}}\).

Khi đó, xác suất để sản phẩm lấy ra lần thứ hai bị lỗi là:

a) Đ Xét các biến cố: \(A\): “Chọn được bệnh nhân thường xuyên bị stress”;

\(B\): “Chọn được bệnh nhân bị đau dạ dày”

Khi đó, \({\rm{P}}\left( A \right) = 0,3;\,\,\,{\rm{P}}\left( B \right) = 0,4;\,\,\,\).

b) Đ Xác suất chọn được bệnh nhân bị đau dạ dày, biết bệnh nhân đó thường xuyên bị stress, tức là \({\rm{P}}\left( {B\mid A} \right)\), theo giả thiết ta có \({\rm{P}}\left( {B\mid A} \right) = 0,8\).

c) Đ Suy ra xác suất chọn được bệnh nhân thường xuyên bị stress vừa bị đau dạ dày là

\({\rm{P}}\left( {A \cap B} \right) = {\rm{P}}\left( A \right) \cdot {\rm{P}}\left( {B\mid A} \right) = 0,3 \cdot 0,8 = 0,24\).

a) Đúng b) Sai c) Sai d) đúng

Xét các biến cố:

A: "Bạn An lấy được bộ câu hỏi về chủ đề tự nhiên";

B: "Bạn Bình lấy được bộ câu hỏi về chủ đề xã hội".

Khi đó \[P\left( A \right) = \frac{{20}}{{36}} = \frac{5}{9},\,\,P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = \frac{4}{9}\]

Nếu bạn An chọn được một bộ câu hỏi về chủ đề tự nhiên thì sau đó còn 35 bộ câu hỏi, trong đó có 16 bộ câu hỏi về chủ đề xã hội, suy ra \[P\left( {B|A} \right) = \frac{{16}}{{35}}\]

Nếu bạn An chọn được một bộ câu hỏi về chủ đề xã hội thì sau đó còn 35 bộ câu hỏi, trong đó có 15 bộ câu hỏi về chủ đề xã hội, suy ra\[P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{15}}{{35}}\]

Theo công thức xác suất toàn phần, xác suất bạn Bình lấy được bộ câu hỏi về chủ đề

a) Sai b) Sai c) Đúng d) đúng

Xét các biến cố:

A: "Người được chọn mắc bệnh \({\rm{X}}\) ";

B: "Người được chọn có phản ứng dương tính với xét nghiệm Y".

Theo giả thiết ta có: \[P\left( A \right) = 0,002,\,\,P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 0.998\]

Xác suất người được chọn có phản ứng dương tính với xét nghiệm Y biết rằng người đó mắc bệnh X là \[P\left( {B|A} \right) = 1\]

Xác suất người được chọn không mắc bệnh X biết rằng người đó có phản ứng dương tính với xét nghiệm Y là \[P\left( {B|\overline A } \right) = 0,06\]

Theo công thức Bayes, ta có:

\[P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)}} = \frac{{0,002.1}}{{0,002.1 + 0,998.0,06}} \approx 0,03\]

Gọi A là biến cố "gọi được sinh viên nam".

Gọi B là biến cố "gọi được sinh viên đạt điểm giỏi môn Xác suất thống kê",

Ta đi tính \(P\left( {B\mid A} \right)\). Ta có: \(n\left( A \right) = \frac{{40}}{{95}}\) và \(n\left( {A \cap B} \right) = \frac{{12}}{{95}}\).

Gọi \(A\) là biến cố “Lần \(1\) lấy một viên bi xanh”. Khi đó \(P\left( A \right) = \frac{3}{5}\).

Gọi \(B\) là biến cố “Lần \(2\) lấy một viên bi trắng”.

Gọi \(C\) là biến cố “Lần \(1\) lấy một viên bi xanh, lần \(2\) lấy một viên bi trắng”.

Nếu \(A\) đã xảy ra thì trong bình chỉ còn \(2\) bi xanh, \(2\) bi trắng. Khi đó \(P\left( {B|A} \right) = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}\).

Mà \[C = AB\]. Do đó theo công thức nhân ta có:

Gọi \(A\) là biến cố “Thắng thầu dự án \(1\)”, \(B\) là biến cố “Thắng thầu dự án \(2\)”.

Ta có \[P\left( A \right) = 0,6;P\left( B \right) = 0,5;P\left( {AB} \right) = 0,3\].

Gọi \({A_1},\;{A_2}\) lần lượt là các biến cố gặp được một học sinh nữ, một học sinh nam

Nên \({A_1},\;{A_2}\) là hệ biến cố đầy đủ.

Gọi \(B\) “ Học sinh đó tham gia câu lạc bộ nghệ thuật ”

\(P\left( {{A_1}} \right) = 48\%  = 0,48\), \(P\left( {{A_2}} \right) = 1 - 0,48 = 0,52\).

\(P\left( {B|{A_1}} \right) = 18\%  = 0,18\); \(P\left( {B|{A_2}} \right) = 15\%  = 0,15\)

Áp dụng công thức xác suất toàn phần

\(P\left( B \right) = P\left( {B|{A_1}} \right).P\left( {{A_1}} \right) + P\left( {B|{A_2}} \right).P\left( {{A_2}} \right)\)\( = 0,18.0,48 + 0,15.0,52 = \frac{{411}}{{2500}} = 0,1644\)

Gọi \[A\] là biến cố: “Học sinh đó chọn tổ hợp \[A00\]”; \[B\] là biến cố: “Học sinh đó đỗ đại học”.

Ta cần tính \[P\left( {A|B} \right)\].

Theo công thức Bayes, ta cần biết: \[P\left( A \right),P\left( {\overline A } \right),P\left( {B|A} \right),P\left( {B|\overline A } \right)\].

Ta có: \[P\left( A \right) = 0,8;\]\[P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - 0,8 = 0,2\].

\[P\left( {B|A} \right)\]là xác suất để một học sinh đỗ đại học với điều kiện học sinh đó chọn tổ hợp \[A00\]

⇒\[P\left( {B|A} \right) = 0,6\].

\[P\left( {B|\overline A } \right)\] là xác suất để một học sinh đỗ đại học với điều kiện học sinh đó không chọn tổ hợp \[A00\] \[ \Rightarrow P\left( {B|\overline A } \right) = 0,7\].