Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 9 (có lời giải) - Đề 3
22 câu hỏi
Tung một con xúc xắc, gọi A là biến cố: “Xuất hiện mặt có chấm số chấm lớn hơn hoặc bằng \(4\)”, biến cố nào là biến cố xung khắc với biến cố A
Xuất hiện mặt có số chấm chia hết cho 3.
Xuất hiện mặt có chấm số chấm chẵn.
Xuất hiện mặt có chấm số chấm nhỏ hơn hoặc bằng \(3\).
Xuất hiện mặt có chấm số chấm nhỏ hơn hoặc bằng \(2\).
Biến cố xung khắc của biến cố A là biến cố “ Xuất hiện hai mặt có số chấm nhỏ hơn hoặc bằng \(2\)”.
Cho A và B là hai biến cố độc lập, biết \(P\left( A \right) = 0,3\)và \(P\left( B \right) = 0,6\). Xác suất của biến cố \(AB\) là:
\[0,3\].
\[0,9\].
\[0,6\].
\[0,18\].
Ta có: A và B là hai biến cố độc lập, nên \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = 0,3\,\,.\,\,0,6\, = \,0,18\)
Rút một con bài từ bộ bài \(52\)con. Xác suất để được con bích là:
\[\frac{1}{4}\].
\(\)\[\frac{1}{{13}}\].
\[\frac{1}{{52}}\].
\[\frac{2}{{13}}\].
Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = C_{52}^1\)
Gọi A là biến cố rút được con bích, \(n\left( A \right) = C_{13}^1\)
Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{C_{13}^1}}{{C_{52}^1}} = \frac{1}{4}\)
Một hộp đựng \[5\]viên bi màu xanh và \[4\]viên bi màu đỏ. Gọi \[A\] là biến cố “ \[3\]viên bi được chọn toàn màu xanh”. Biến cố nào sau đây xung khắc với biến cố \[A\]?
“\[3\] viên bi được chọn toàn màu đỏ”.
“ \[3\]viên bi được chọn màu bất kì”.
“\[3\] viên bi được chọn có ít nhất \[1\] bi màu xanh”.
“\[3\]viên bi được chọn có ít nhất \[2\]bi màu xanh”.
Ta có đáp án là \[A\] do các biến cố trên là không đồng thời xảy ra.
Cho \[A\] và \[B\]là hai biến cố độc lập với \[P\left( A \right) = 0,6;\,P\left( B \right) = 0,2\]. Tính \[P\left( {A \cup B} \right)\].
\(0,82\).
\(0,28\).
\(0,86\).
\[0,68\].
Ta có \[A\] và \[B\]là hai biến cố độc lập nên \[P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = 0,12\].
Áp dụng quy tắc cộng xác suất, ta được:
\[P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = 0,6 + 0,2 - 0,12 = 0,68\].
Một bình đựng \[6\] quả cầu xanh khác nhau, \[5\] quả cầu đỏ khác nhau và \[2\] quả cầu vàng khác nhau. Chọn ngẫu nhiên 3 quả trong các quả cầu trên. Xác suất để chọn được \[3\] quả cầu khác màu là
\(\frac{{30}}{{143}}\).
\(\frac{3}{{73}}\).
\(\frac{{15}}{{143}}\).
\(\frac{3}{{11}}\).
Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = C_{13}^3 = 286\).
Gọi \(A\) là biến cố: “Ba quả cầu được chọn là khác màu ”. Ta có: \(n\left( A \right) = C_6^1.C_5^1.C_2^1 = 60\).
Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{60}}{{286}} = \frac{{30}}{{143}}\).
Gieo ngẫu nhiên một con xúc sắc cân đối và đồng chất hai lần liên tiếp. \(A\) là biến cố “Số chấm xuất hiện ở lần thứ nhất là số lẻ”, \(B\) là biến cố “Số chấm xuất hiện ở lần thứ hai là số lẻ”. Chọn khẳng định đúng
Hai biến cố A và B xung khắc.
Biến cố giao của hai biến cố \(A\) và \(B\) là “Số chấm xuất hiện hai lần gieo đều là số lẻ”.
\(A\) và \(B\) là hai biến cố đối nhau.
Biến cố giao của hai biến cố \(A\) và \(B\) là “Số chấm xuất hiện ở lần thứ nhất hoặc lần thứ 2 là số lẻ”.
Chọn đáp án B
Cho \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập. Biết \(P\left( A \right) = 0,3\) và \(P\left( B \right) = 0,6\). Xác suất của biến cố \(A \cup B\) là
\[0,72\].
\[0,18\].
\[0,9\].
\[0,3\].
Vì \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập nên \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = 0,3.0,6 = 0,18\).
.\(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = 0,3 + 0,6 - 0,18 = 0,72\).
Gieo một con xúc xắc cân đối đồng chất hai lần. Tính xác sao cho lần đầu xuất hiện mặt 2 chấm.
\(\frac{1}{6}\).
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{1}{{12}}\).
\(\frac{1}{{36}}\).
Không gian mẫu của phép thử là \(\Omega = \left\{ {\left( {i;j} \right),i,j \in \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}} \right\}\)
\( \Rightarrow n\left( \Omega \right) = 36\).
Biến cố lần đầu xuất hiện mặt 2 chấm\(A = \left\{ {\left( {2;1} \right),\left( {2;2} \right),\left( {2;3} \right),\left( {2;4} \right),\left( {2;5} \right),\left( {2;6} \right)} \right\},n\left( A \right) = 6\).
Xác suất là \(p\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{6}{{36}} = \frac{1}{6}\).
Cho \(A\), \(B\) là hai biến cố xung khắc. Đẳng thức nào sau đây đúng?
\(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right)\).
\(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right)\).
\(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) - P\left( B \right)\).
\(P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right)\).
Ta có \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cap B} \right)\).
Vì \(A\), \(B\) là hai biến cố xung khắc nên \(A \cap B = \emptyset \). Từ đó suy ra \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right)\).
Hai người ngang tài ngang sức tranh chức vô địch của một cuộc thi cờ tướng. Người giành chiến thắng là người đầu tiên thắng được năm ván cờ. Tại thời điểm người chơi thứ nhất đã thắng \[4\] ván và người chơi thứ hai mới thắng \[2\] ván, tính xác suất để người chơi thứ nhất giành chiến thắng.
\(\frac{3}{4}\).
\(\frac{4}{5}\).
\(\frac{7}{8}\).
\(\frac{1}{2}\).
Theo giả thiết hai người ngang tài ngang sức nên xác suất thắng thua trong một ván đấu là \[0,5;0,5\]
Xét tại thời điểm người chơi thứ nhất đã thắng \[4\] ván và người chơi thứ hai thắng \[2\] ván.
Để người thứ nhất chiến thắng thì người thứ nhất cần thắng 1 ván và người thứ hai thắng không quá hai ván.
Có ba khả năng:
TH1: Đánh \[1\] ván. Người thứ nhất thắng xác suất là \[0,5\].
TH2: Đánh \[2\] ván. Người thứ nhất thắng ở ván thứ hai xác suất là \[{\left( {0,5} \right)^2}\].
TH3: Đánh \[3\] ván. Người thứ nhất thắng ở ván thứ ba xác suất là \[{\left( {0,5} \right)^3}\].
Vậy \[P = 0,5 + {\left( {0,5} \right)^2} + {\left( {0,5} \right)^3} = \frac{7}{8}.\]
Xác suất bắn trúng mục tiêu trong một lần bắn của ba xạ thủ \[A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C\]lần lượt là \[0,9;{\rm{ }}0,8\]và\[0,7\]. Tính xác suất sau \[3\] lượt bắn của mỗi xạ thủ, xạ thủ A bắn trúng mục tiêu nhiều hơn hai xạ thủ còn lại, kết quả làm tròn đến hàng phần triệu.
\[0,333333\].
\[0,233729\].
\[0,504\].
\[0,234323\].
Gọi các biến cố:
\(X\): “xạ thủ \(A\) bắn trúng mục tiêu nhiều hơn hai xạ thủ \(B,C\) sau \(3\) lượt bắn”
\({X_1}\) “ xạ thủ \(A\) bắn trúng \(3\) lần, cả \(2\) xạ thủ \(B,C\) bắn trúng tối đa \(2\) lần”
\({X_2}\): “ xạ thủ \(A\) bắn trúng \(2\) lần, cả \(2\) xạ thủ \(B,C\)bắn trúng tối đa \(1\) lần”
\({X_3}\): “ xạ thủ \(A\) bắn trúng \(1\) lần, cả \[2\] xạ thủ \(B,C\)không bắn trúng lần nào”
Khi đó: \[X = {X_1} \cup {X_2} \cup {X_3}\] và \({X_1},{X_2},{X_3}\)đôi một xung khắc.
Ta có:
\[P({X_1}) = 0,{9^3}.{\rm{[}}1 - (0,{8^3} + 0,{7^3} - 0,{8^3}.0,{7^3}){\rm{]}}\]
\[P({X_2}) = C_3^20,{9^2}.0,1.{\rm{[(C}}_3^1{)^2}.0,8.0,{2^2}.0,7.0,{3^2} + 0,{2^3}.C_3^1.0,7.0,{3^2} + 0,{3^3}.C_3^1.0,8.0,{2^2} + 0,{2^3}.0,{3^3}{\rm{]}}\]
\[P({X_3}) = C_3^1.0,9.0,{1^2}.0,{2^3}.0,{3^3}\]
Do đó \[P(X) = P({X_1}) + P({X_2}) + P({X_3}) = 0,234323\]
Một hộp gồm 10 viên bi trắng, 8 viên bi đỏ, 7 viên bi xanh. Gọi biến cố A: “Lấy 3 bi trắng” , B: “Lấy 3 bi đỏ” , C: “Lấy 3 bi xanh”, D:“Lấy được 3 viên cùng màu”. Khi đó:
\[P\left( A \right) = \frac{{C_{10}^3}}{{C_{25}^3}}\]
\[P\left( B \right) = \frac{{C_8^3}}{{C_{25}^3}}\]
\[P\left( C \right) = \frac{{C_7^3}}{{C_{25}^3}}\]
\[P\left( D \right) = \frac{{C_{10}^3}}{{C_{25}^3}} - \frac{{C_8^3}}{{C_{25}^3}} - \frac{{C_7^3}}{{C_{25}^3}}\]
a) Đúng | b) Đúng | c) Đúng | d) Sai |
a) A = “Lấy 3 bi trắng” \[ \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{C_{10}^3}}{{C_{25}^3}}\]
b) B = “Lấy 3 bi đỏ” \[ \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{{C_8^3}}{{C_{25}^3}}\]
c) C= “Lấy 3 bi xanh” \[ \Rightarrow P\left( C \right) = \frac{{C_7^3}}{{C_{25}^3}}\]
d) Gọi D = “Lấy được 3 viên cùng màu”\[ \Rightarrow A \vee B \vee C \Rightarrow P\left( D \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) + P\left( C \right) = \frac{{C_{10}^3}}{{C_{25}^3}} + \frac{{C_8^3}}{{C_{25}^3}} + \frac{{C_7^3}}{{C_{25}^3}}\]
Tung đồng xu cân đối và đồng chất 3 lần liên tiếp. Gọi \(A\) là biến cố "Có ít nhất hai lần xuất hiện mặt sấp" và \(B\) là biến cố "Có ít nhất một lần xuất hiện mặt ngửa". Khi đó:
Tổng số phần tử của hai biến cố \(A,B\) là 10
Số phần tử biến cố giao \(AB\) là 3
Số phần tử biến biến cố hợp \(A \cup B\) là 9
Biến cố \(\bar A \cap B\) là "Có ít nhất hai lần xuất hiện mặt ngửa".
a) Sai | b) Đúng | c) Sai | d) Đúng |
a) Kí hiệu: N: mă̆t ngửa, \(S:\) mă̆t sấp.
\(\begin{array}{*{20}{r}}{}&{A = \left\{ {{\rm{sSS}};{\rm{SSN}};{\rm{SNS}};{\rm{NSS}}} \right\}}\\{}&{B = \left\{ {{\rm{NNN}};{\rm{NNS}};{\rm{NSN}};{\rm{SNN}};{\rm{NSS}};{\rm{SNS}};{\rm{SSN}}} \right\}}\end{array}\)
Do đó, biến cố \(A\) có 4 phần tử, biến cố \(B\) có 7 phần tử.
b) Biến cố giao \(AB = \left\{ {SSN;SNS;NSS} \right\}\).
c) Biến cố \(A \cup B = \{ {\rm{SSS}};\) NNN; NNS; NSN; SNN; NSS; SNS; SSN \(\} \).
d) Biến cố là "Có nhiều nhất một lần xuất hiện mặt sấp".
Biến cố là "Có ít nhất hai lần xuất hiền mặt ngửa".
Cho \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập với nhau. Biết \(P(A) = 0,6\) và \(P(AB) = 0,3\). Khi đó:
\(P(B) = 0,24\)
\(P(A\bar B) = 0,2\)
\(P(\bar A\bar B) = 0,2\)
\(P(\bar AB) = 0,24\)
a) Sai | b) Sai | c) Đúng | d) Sai |
Vì \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập với nhau nên:
\(\begin{array}{l}P(AB) = P(A) \times P(B) \Rightarrow P(B) = \frac{{P(AB)}}{{P(A)}} = \frac{{0,3}}{{0,6}} = 0,5\\P(\bar AB) = P(\bar A) \times P(B) = 0,4 \times 0,5 = 0,2,P(\bar A\bar B) = P(\bar A) \times P(\bar B) = 0,4 \times 0,5 = 0,2.\end{array}\)
\(P(A\bar B) = 0,6.0,5 = 0,3\)
Xác suất để một bóng điện sáng bình thường là \[0,9\] . Một phòng hội thảo có tất cả \[4\] bóng đèn. Phòng hội thảo đó đủ ánh sáng nếu có ít nhất \[2\] bóng sáng. Khi đó:
xác suất để 2 bóng đèn sáng là:\(0,0486\)
Xác suất để 3 bóng đèn sáng là:\(0,6561\)
Xác suất để 4 bóng đèn sáng là:\(0,2916\)
Xác suất để phòng hội thảo đủ ánh sáng là :\(0,9963\)
a) Đúng | b) Sai | c) Sai | d) Đúng |
Gọi \[A = \]”bóng điện sáng bình thường” \( \Rightarrow P\left( A \right) = 0,9\)
Xác suất để bóng đèn không sáng \(P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 0,1\)
Ta có xác suất để 2 bóng đèn sáng là:\(C_4^2.0,9.0,9.0,1.0,1 = 0,0486\)
Xác suất để 3 bóng đèn sáng là:\(C_4^3.0,9.0,9.0,9.0,1 = 0,2916\)
Xác suất để 4 bóng đèn sáng là:\(0,{9^4} = 0,6561\)
Xác suất để phòng hội thảo đủ ánh sáng là :\(0,0486 + 0,2916 + 0,6561 = 0,9963\)
Một lô hàng có 40 sản phẩm trong đó có 5 sản phẩm không đạt chất lượng số còn lại chất lượng tốt. Lấy ra ngẫu nhiên 4 sản phẩm để kiểm tra. Tính xác suất của biến cố \(A\) "Lấy ra được không quá 2 sản phẩm không đạt chất lượng".
Trong 40 sản phẩm thì có 5 sản phẩm không đạt chất lượng và 35 sản phẩm chất lượng tốt.
Số trường hợp thuận lợi của biến cố \(A\) là: \(C_{35}^4 + C_{35}^3 \times C_5^1 + C_{35}^2 \times C_5^2\).
Xác suất của biến cố \(A:P(A) = \frac{{C_{35}^4 + C_{35}^3 \times C_5^1 + C_{35}^2 \times C_5^2}}{{C_{40}^4}} \approx 0,996\).
Một nhóm học sinh gồm 6 nam và 6 nữ. Chọn ra ngẫu nhiên 5 bạn. Tính xác suất để 5 bạn được chọn có cả nam và nữ trong đó nam ít hơn nữ.
Gọi \(A\) là biến cố "Chọn ra ngẫu nhiên 5 bạn có cả nam và nữ, trong đó nam ít hơn nữ".
Xác suất của biến cố \(A\) : \(P(A) = \frac{{C_6^1 \times C_6^4 + C_6^2 \times C_6^3}}{{C_{12}^5}} = \frac{{65}}{{132}}\).
Chọn ngẫu nhiên 2 đỉnh trong số 20 đỉnh của một đa giác đều 20 cạnh. Tính xác suất của biến cố \(A\) "2 đỉnh được chọn là đường chéo của đa giác".
Đường nối 2 đỉnh bất kỳ của một đa giác đều hoặc là cạnh của đa giác hoặc là đường chéo của đa giác. Số đường chéo của một đa giác đều 20 cạnh là: \(C_{20}^2 - 20 = 170\).
Xác suất của biến cố \(A\) là: \(P(A) = \frac{{C_{20}^2 - 20}}{{C_{20}^2}} = \frac{{17}}{{19}}\).
Trong một trận đấu bóng đá quan trọng ở vòng đấu loại trực tiếp, khi trận đấu buộc phải giải quyết bằng loạt sút luân lưu \(11\;m\), huấn luyện viên đội \(X\) đưa danh sách lần lượt 5 cầu thủ có xác suất sút luân lưu \(11\;m\) thành công là 0,\(8;0,8;0,76;0,72;0,68\). Tìm xác suất để chỉ có cầu thủ cuối cùng sút trượt luân lưu (kêt quả gần đúng được làm tròn đến hàng phần nghìn).
Gọi \({A_i}(1 \le i \le 5,i \in \mathbb{N})\) là biến cố: "Cầu thủ thứ \(i\) của đội \(X\) sút luân lưu thành công".
Xác suất cần tìm là:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{P\left( {{A_1}{A_2}{A_3}{A_4}{{\bar A}_5}} \right)}&{ = P\left( {{A_1}} \right) \cdot P\left( {{A_2}} \right) \cdot P\left( {{A_3}} \right) \cdot P\left( {{A_4}} \right) \cdot P\left( {{{\bar A}_5}} \right)}\\{}&{ = 0,8 \cdot 0,8 \cdot 0,76 \cdot 0,72 \cdot 0,32 \approx 0,112.}\end{array}\)
Trong phòng học của An có ba bóng đèn và xác suất hỏng của chúng lần lượt bằng 0,\(05;0,04;0,03\). Chỉ cần có một bóng đèn sáng thì An vẫn có thể làm bài tập được. Tính xác suất để An có thể làm bài tập, biết tình trạng (sáng hoặc bị hỏng) của mỗi bóng đèn không ảnh hưởng đển tình trạng các bóng còn lại.
Gọi \({A_i}(1 \le i \le 3,i \in \mathbb{N})\) là biến cố: "Bóng đèn thứ \(i\) sáng bình thường".
An không thể làm bài tập nếu cả ba bóng đèn bị hỏng, khi đó:
\(P\left( {{{\bar A}_1}{{\bar A}_2}{{\bar A}_3}} \right) = P\left( {{{\bar A}_1}} \right) \cdot P\left( {{{\bar A}_2}} \right) \cdot P\left( {{{\bar A}_3}} \right) = 0,05 \cdot 0,04 \cdot 0,03 = \frac{3}{{50000}}.\)
Gọi \(P\) là xác suất để An có thể làm bài, ta có:
\(P = 1 - P\left( {{{\bar A}_1}{{\bar A}_2}{{\bar A}_3}} \right) = 1 - \frac{3}{{50000}} = 0,99994.{\rm{ }}\)
Một bệnh truyền nhiễm có xác suất lây bệnh là 0,8 nếu tiếp xúc với người bệnh mà không đeo khẩu trang; là 0,1 nếu tiếp xúc với người bệnh mà có đeo khẩu trang. Chị Hoa có tiếp xúc với người bệnh hai lần, một lần đeo khẩu trang và một lần không đeo khẩu trang. Tính xác suất để chị Hoa bị lây bệnh từ người bệnh truyền nhiễm đó.
Gọi \(A\) là biến cố: "Chị Hoa bị nhiễm bệnh khi tiếp xúc người bệnh mà không đeo khẩu trang" và \(B\) : "Chị Hoa bị nhiễm bệnh khi tiếp xúc với người bệnh dù có đeo khẩu trang”. Dễ thấy \(\bar A,\bar B\) là hai biến cố độc lập.
Xác suất để chị Hoa không nhiễm bệnh trong cả hai lần tiếp xúc với người bệnh là \(P(\bar A\bar B) = P(\bar A) \cdot P(\bar B) = 0,2 \cdot 0,9 = 0,18\).
Gọi \(P\) là xác suất để chị Hoa bị lây bệnh khi tiếp xúc người bệnh, ta có:
\(P = 1 - P(\bar A\bar B) = 1 - 0,18 = 0,82.{\rm{ }}\)
