Đề kiểm tra Bài tập cuối chương IX lớp 10 (có lời giải) - Đề 1

Số phần từ của không gian mẫu \[n\left( \Omega  \right) = C_{10}^3 = 120\].

Gọi \[A\] là biến cố sao cho 3 học sinh được chọn có học sinh nữ,

\[ \Rightarrow \overline A \] là biến cố sao cho 3 học sinh được chọn không có học sinh nữ \[ \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = C_6^3\]\[ = 20\].

Vậy xác suất cần tìm \[P\left( A \right) = \]\[1 - P\left( {\overline A } \right) = \]\[1 - \frac{{n\left( {\overline A } \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}}\]\[ = \frac{5}{6}\].

Mô tả biến cố \(A = \left\{ {\left( {3;6} \right),\left( {4;5} \right),\;\left( {5;4} \right),\left( {6;3} \right)} \right\}\).

Vậy số phần tử của biến cố \(A\) bằng \(4\).

Ta có: \[n\left( \Omega  \right) = C_{20}^1 = 20\].

Gọi \[A\] là biến cố lấy được một tấm thẻ ghi số lẻ và chia hết cho 3\[ \Rightarrow A = \left\{ {3;9;15} \right\}\].

Do đó \[n\left( A \right) = 3\]\[ \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{3}{{20}} = 0,15\].

\[n\left( \Omega  \right) = 6.6 = 36\]. Gọi \[A\] là biến cố:”ít nhất một lần xuất hiện mặt sáu chấm”.

Khi đó biến cố \[\overline A \]:”không có lần nào xuất hiện mặt sáu chấm”.

Ta có \[n\left( {\overline A } \right) = 5.5 = 25\]. Vậy \[P(A) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{25}}{{36}} = \frac{{11}}{{36}}\].

Số phần tử của không gian mẫu là số cách chọn 4 đỉnh trong 32 đỉnh để tạo thành tứ giác, ta có: \(\left| \Omega  \right| = C_{32}^4\).

Gọi \(A\) là biến cố "chọn được hình chữ nhật".

Để chọn được hình chữ nhật cần chọn 2 trong 16 đường chéo đi qua tâm của đa giác, do đó số phần tử của \(A\) là \(C_{16}^2\).

Xác suất biến cố \(A\) là \(P\left( A \right) = \frac{{C_{16}^2}}{{C_{32}^4}} = \frac{3}{{899}}\).

Số phần tử của không gian mẫu là \[n\left( \Omega  \right) = C_9^2 = 36\].

Gọi \[A\] là biến cố “tích hai số ghi trên thẻ là số chẵn”, suy ra \[\overline A \] là biến cố “tích hai số ghi trên thẻ là số lẻ”\[ \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = C_5^2 = 10\].

Vậy xác suất cần tìm là \[P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{n\left( {\overline A } \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{13}}{{18}}\].

Số phần tử không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right) = 2.2.2.2 = 16.\)

Gọi \(A\) là biến cố: “Có nhiều nhất một đồng xu lật ngửa”. Khi đó, ta có hai trường hợp

Trường hợp 1. Không có đồng xu nào lật ngửa \( \Rightarrow \) có một kết quả.

Trường hợp 2. Có một đồng xu lật ngửa \( \Rightarrow \) có bốn kết quả.

Vậy xác suất để ít nhất hai đồng xu lật ngửa là

\(P = 1 - P\left( A \right) = 1 - \frac{{1 + 4}}{{16}} = \frac{{11}}{{16}}.\)

Gọi B là biến cố “Trong 3 bóng lấy ra đều là bóng tốt”.

Ta có: \(n\left( {{\Omega _B}} \right) = C_8^3 = \frac{{8!}}{{3!.5!}} = 56\)

Gọi C là biến cố “Trong 3 bóng lấy ra có ít nhất 1 bóng hỏng”

khi đó \(C = \overline B \).

\(P\left( C \right) = P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - \frac{{56}}{{220}} = \frac{{41}}{{55}}\)

Chọn \[5\] cái kẹo trong \[13\] cái kẹo nên \(n\left( \Omega  \right) = C_{13}^5\).

Đặt \[A\] là biến cố “chọn được \[5\] cái kẹo có đủ hai vị”.

Suy ra \(\overline A \) là biến cố “chọn \[5\] cái kẹo chỉ có một vị”\( \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = C_7^5 + C_6^5\).

Vậy \(P\left( A \right) = 1 - \frac{{C_7^5 + C_6^5}}{{C_{13}^5}} = \frac{{140}}{{143}}\)

Phép thử: Gieo đồng tiền \(5\) lần cân đối và đồng chất

Ta có \(n\left( \Omega  \right) = {2^5} = 32\)

Biến cố \(A\): Được ít nhất một lần xuất hiện mặt sấp

\(\overline A \): Tất cả đều là mặt ngửa

\(n\left( {\bar A} \right) = 1\)

\( \Rightarrow n\left( A \right) = n\left( \Omega  \right) - n\left( {\bar A} \right) = 31\)

\( \Rightarrow p\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{31}}{{32}}\).

Số phần tử của không gian mẫu là \[n\left( \Omega  \right) = C_9^2 = 36\].

Gọi \[A\] là biến cố “tích hai số ghi trên thẻ là số chẵn”, suy ra \[\overline A \] là biến cố “tích hai số ghi trên thẻ là số lẻ”. Tức là ta rút ra được hai thẻ được đánh số lẻ trong \(5\) thẻ đánh số lẻ.

\[ \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = C_5^2 = 10\].

Vậy xác suất cần tìm là \[P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{n\left( {\overline A } \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{13}}{{18}}\].

Gọi X là biến cố: “có đúng 2 người bắn trúng đích “

Gọi A là biến cố: “người thứ nhất bắn trúng đích “=>\(P\left( A \right) = 0,8;P\left( {\overline A } \right) = 0,2.\)

Gọi B là biến cố: “người thứ hai bắn trúng đích “=>\(P\left( B \right) = 0,6;P\left( {\overline B } \right) = 0,4.\)

Gọi C là biến cố: “người thứ ba bắn trúng đích “=>\(P\left( C \right) = 0,5;P\left( {\overline C } \right) = 0,5.\)

Ta thấy biến cố A, B, C là 3 biến cố độc lập nhau, theo công thức nhân xác suất ta có:

\(P\left( X \right) = P\left( {A.B.\overline C } \right) + P\left( {A.\overline B .C} \right) + P\left( {\overline A .B.C} \right) = 0,8.0,6.0,5 + 0,8.0,4.0,5 + 0,2.0,6.0,5 = 0,46.\)

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Đúng

Không gian mẫu \(\Omega  = \{ \left. {(i;j)} \right|i,j = 1,2,3, \ldots ,6\} \).

Số các kết quả có thể xảy ra của phép thử là \(n(\Omega ) = 6.6 = 36\).

a) Gọi \(A\) là biến cố "Số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc hơn kém nhau 2 chấm".

\[A = \left\{ {\left( {1;3} \right);\left( {2;4} \right);\left( {3;5} \right);\left( {4;6} \right);\left( {3;1} \right);\left( {4;2} \right);\left( {5;3} \right);\left( {6;4} \right)} \right\}\]

\(n(A) = 8\). Suy ra \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{2}{9}\).

b) Gọi \(B\) là biến cố "Tích số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc chia hết cho \({5^{\prime \prime }}\).

\[B = \left\{ {\left( {1;5} \right);\left( {2;5} \right);\left( {3;5} \right);\left( {4;5} \right);\left( {5;5} \right);\left( {6;5} \right);\left( {5;1} \right);\left( {5;2} \right);\left( {5;3} \right);\left( {5;4} \right);\left( {5;6} \right)} \right\}\]\(n(B) = 11\).

Suy ra \(P(B) = \frac{{n(B)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{11}}{{36}}\).

c) Gọi C: "Tích số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc là một số chẵn". Biến cố đối \(\bar C\): "Tích số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc là một số lẻ". \(n(\bar C) = 3.3 = 9\). Suy ra \(P(\bar C) = \frac{{n(\bar C)}}{{n(\Omega )}} = \frac{1}{4}\). \(P(C) + P(\bar C) = 1 \Rightarrow P(C) = 1 - P(\bar C) = \frac{3}{4}\)

d) Gọi D: "Tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc là số lẻ".

\(\bar D\): "Tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc là số chẵn".

Ta có tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc là số chẵn khi và chỉ khi cả hai số đó đều là số lẻ hoặc đều là số chẵn.

\(n(\bar D) = 2.3.3 = 18.{\rm{ Suy ra }}P(\bar D) = \frac{{n(\bar D)}}{{n(\Omega )}} = \frac{1}{2} \Rightarrow P(D) = 1 - P(\bar D) = \frac{1}{2}{\rm{. }}\)

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Sai

a) Ta có: \(\Omega  = \{ 1,2,3,4,5,6\}  \Rightarrow n(\Omega ) = 6\).

b) Ta có: \(A = \{ 2,4,6\}  \Rightarrow n(A) = 3\).

c) Ta có: \(B = \{ 1,2,3,4\}  \Rightarrow n(B) = 4\).

d) Ta có \(C = \left\{ {1;3;5} \right\} \Rightarrow n(C) = 3\).

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Đúng

\(n(\Omega ) = C_9^5 = 126\).

a) \(n(A) = C_6^2 = 15;P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{15}}{{126}} = \frac{5}{{42}}\).

b) \(n(B) = C_3^1C_6^4 = 45;P(B) = \frac{{n(B)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{45}}{{126}} = \frac{5}{{14}}\).

c) \(n(C) = C_6^5 = 6;P(C) = \frac{{n(C)}}{{n(\Omega )}} = \frac{6}{{126}} = \frac{1}{{21}}\).

d) Biến cố đối \(\bar D = C\): "Không thẻ nào trong 3 thẻ ghi số \(1,2,3\) được rứt".

\( \Rightarrow P(\bar D) = \frac{1}{{21}};P(D) = 1 - P(\bar D) = \frac{{20}}{{21}}{\rm{. }}\)

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Sai

a) Gọi \(A\) là biến cố "Số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc hơn kém nhau 2 chấm".

\[A = \left\{ {\left( {1;3} \right);\left( {2;4} \right);\left( {3;5} \right);\left( {4;6} \right);\left( {3;1} \right);\left( {4;2} \right);\left( {5;3} \right);\left( {6;4} \right)} \right\}\]

Như vậy có 8 kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\).

b) Gọi \(B\) là biến cố "Tích số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc chia hết cho \({5^{\prime \prime }}\).

\[B = \left\{ {\left( {1;5} \right);\left( {2;5} \right);\left( {3;5} \right);\left( {4;5} \right);\left( {5;5} \right);\left( {6;5} \right);\left( {5;1} \right);\left( {5;2} \right);\left( {5;3} \right);\left( {5;4} \right);\left( {5;6} \right)} \right\}\]

Như vậy có 11 kết quả thuận lợi cho biến cố \(B\).

c) Tích số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc là một số lẻ khi và chỉ khi cả hai số đều là số lẻ.

Do đó số các kết quả thuận lợi cho biến cố "Tích số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc là một số lẻ" là \(3.3 = 9\).

d) Tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc là số chẵn khi và chỉ khi cả hai số đó đều là số lẻ hoặc đều là số chẵn.

Do đó số các kết quả thuận lợi cho biến cố "Tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc là số chẵn" là \(2.3.3 = 18\).

Số kết quả có thể xảy ra của phép thử là \(12.11 = 132\).

Vì số kết quả thuận lợi cho biến cố "Tích hai số ghi trên hai quả bóng không chia hết cho \(3''\) là \(8.7 = 56\).

Nên số kết quả thuận lợi cho biến cố "Tích hai số ghi trên hai quả bóng chia hết cho 3 " là \(132 - 56 = 76\).

Gọi \(A\) là biến cố: "2 đội của hai lớp \(10\;A2\) và \(10\;A5\) ở cùng một bảng". Bốc 4 đội từ 10 đội không tính hai lớp \(10\;A2\) và \(10\;A5\) vào bảng đã xếp hai đội của hai lớp \(10\;A2\) và \(10\;A5\); 6 đội còn lại vào một bảng - hoán vị hai bảng.

Ta có: \(n(A) = C_{10}^4.2! = 420\).

Gọi số cần tìm của tập \(S\) có dạng \(\overline {abcde} \).

- Sắp chữ số 3 vào ba vị trí, có \(C_5^3 = 10\) cách.

- Còn lại hai vị trí, chọn 2 số trong 4 số \(\{ 1;2;4;5\} \) xếp vào hai vị trí đó, có \(A_4^2 = 12\) cách.

Do đó tập \(S\) có \(10.12 = 120\) phần tử. Suy ra \(n(\Omega ) = C_{120}^1 = 120\).

Gọi \(A\) : "Số tự nhiên được chọn chia hết cho 3".

Xét số tự nhiên chứa ba chữ số 3 , hai chữ số còn lại là 1 và 2 .

(Tổng \(3 + 3 + 3 + 1 + 2\) chia hết cho 3 ).

- Sắp chữ số 3 vào ba vị trí, có \(C_5^3 = 10\) cách.

- Đặt hai chữ số 1,2 vào hai vị trí còn lại, có 2 cách.

Suy ra có \(2 \cdot C_5^3 = 20\) số thỏa mãn.

Tương tự trường hợp trên mà ta thay cặp số \((1,2)\) thành cặp số \((1,5)\) thì có 20 số thỏa mãn; và hai cặp số \((2,4),(4,5)\) cũng cho ta kết quả tương tự.

Vậy \(n(A) = 20 + 20 + 20 + 20 = 80\). Suy ra \(P = \frac{{80}}{{120}} = \frac{2}{3}\).

Số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega ) = C_{10}^2 = 45\).

Gọi biến cố \(A\) : "Hai bi lấy ra đều là bi đỏ". Khi đó \(n(A) = C_4^2 = 6\).

Vậy xác suất cần tính là \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{2}{{15}}\).

Số phần tử của không gian mẫu \(n(\Omega ) = C_{11}^3 = 165\).

Gọi \(A\) là biến cố: "3 điểm được chọn lập thành một tam giác".

Trường hợp 1: Chọn 2 điểm trên đường thẳng \(a\) và 1 điểm trên đường thẳng \(b\), có \(C_6^2 \cdot C_5^1\) cách.

Trường hợp 2: Chọn 1 điểm trên đường thẳng \(a\) và 2 điểm trên đường thẳng \(b\), có \(C_6^1 \cdot C_5^2\) cách.

Nên \(n(A) = C_6^2C_5^1 + C_6^1 \cdot C_5^2 = 135\).

Vậy xác suất để 3 điểm được chọn tạo thành một tam giác là \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{9}{{11}}\).

Ta có số phần tử không gian mẫu là \(n(\Omega ) = C_{12}^3 \cdot C_9^3 \cdot C_6^3 \cdot C_3^3\).

Gọi \(A\) là biến cố: "Để nhóm nào cũng có học sinh giỏi và học sinh khá".

Đánh số 4 nhóm là \(A,B,C,D\).

Bước 1: Xếp vào mỗi nhóm một học sinh khá có 4 ! cách.

Bước 2: Xếp 5 học sinh giỏi vào 4 nhóm thì có 1 nhóm có 2 học sinh giỏi. Chọn nhóm có 2 học sinh giỏi có 4 cách, chọn 2 học sinh giỏi có \(C_5^2\) cách, xếp 3 học sinh giỏi còn lại có 3 ! cách.

Bước 3: Xếp 3 học sinh trung bình có 3 ! cách.

\(P(A) = \frac{{4! \cdot 4 \cdot C_5^2 \cdot 3! \cdot 3!}}{{C_{12}^3C_9^3C_6^3C_3^3}} = \frac{{36}}{{385}}{\rm{. }}\)