Đề kiểm tra Biến cố và định nghĩa cổ điển của xác suất lớp 10 (có lời giải) - Đề 2

Số phần tử của không gian mẫu là \[\left| \Omega  \right| = 6.6 = 36.\]

Gọi \[A\] là biến cố \(''\)Số chấm trên mặt hai lần gieo có tổng bằng \[8\]\(''\).

Gọi số chấm trên mặt khi gieo lần một là \[x,\] số chấm trên mặt khi gieo lần hai là \[y.\]

Theo bài ra, ta có \[\left\{ \begin{array}{l}1 \le x \le 6\\1 \le y \le 6\\x + y = 8\end{array} \right. \Rightarrow \left( {x;y} \right) = \left\{ {\left( {2;6} \right),\,\,\left( {3;5} \right),\,\,\left( {6;2} \right),\,\,\left( {5;3} \right),\,\,\left( {4;4} \right)} \right\}.\]

Khi đó số kết quả thuận lợi của biến cố là \[\left| {{\Omega _A}} \right| = 5.\]

Vậy xác suất cần tính \[P\left( A \right) = \frac{6}{{36}} = \frac{1}{6}.\]

Số phần tử của không gian mẫu là \[\left| \Omega  \right| = 6.6 = 36.\]

Gọi \[A\] là biến cố \(''\)Tích hai lần số chấm khi gieo xúc xắc là một số chẵn\(''\).

Ta xét các trường hợp:

TH1. Gieo lần một, số chấm xuất hiện trên mặt là số lẻ thì khi gieo lần hai, số chấm xuất hiện phải là số chẵn. Khi đó có \[3.3 = 9\] cách gieo.

TH2. Gieo lần một, số chấm xuất hiện trên mặt là số chẵn thì có hai trường hợp xảy ra là số chấm xuất hiện trên mặt khi gieo lần hai là số lẻ hoặc số chẵn. Khi đó có \[3.3 + 3.3 = 18\] cách gieo.

Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố là \[\left| {{\Omega _A}} \right| = 9 + 18 = 27.\]

Vậy xác suất cần tìm tính \[P\left( A \right) = \frac{{27}}{{36}} = 0,75.\]

Xác suất đúng mỗi câu là \(\frac{1}{4}\).

Để học sinh đạt điểm 10 môn toán thì học sinh cần đúng hết 50 câu, khi đó xác suất xảy ra biến cố A là \(P\left( A \right) = {\left( {\frac{1}{4}} \right)^{50}}\). Suy ra \(P\left( A \right)\) rất bé.

Kí hiệu \(N\) là mặt ngửa của đồng xu và \(S\) là mặt sấp của đồng xu. Khi gieo một

đồng xu cân đối liên tiếp ba lần ta được không gian mẫu là:

\(\Omega  = \{ NNN,NNS,NSN,NSS,SNN,SNS,SSN,SSS\} .\)

\(A = \{ SSS\} ;\bar A = {C_\Omega }A = \{ NNN,NNS,NSN,NSS,SNN,SNS,SSN\} \).

Gọi \(B\) là biến cố: "Gieo được mặt ngửa", khi đó \(n\left( B \right) = 7\)

a) Không gian mẫu \(\Omega  = \{ (1;1),(1;2),(1;3), \ldots ,(2;1),(2;2), \ldots ,(6;6)\} \) hay \(\Omega  = \{ \left. {(i;j)} \right|i,j = 1,2, \ldots ,6\}  \Rightarrow n(\Omega ) = {6^2} = 36\).

b) \(A = \{ (1;2),(2;1),(1;5),(5;1),(2;4),(4;2),(3;3),(3;6),(6;3),(4;5),(5;4),(6;6)\} \). Suy ra \( \Rightarrow n(A) = 12\).

c) Biến cố \(B\) hoàn toàn giống với việc sắp xếp thứ tự \(6,5,4,3,2,1\) rồi chọn hai từ sáu chữ số trên (không xáo trộn vị trí), ta có \(n(B) = C_6^2 = 15\).

d) Biến cố \(C\) hoàn toàn giống với việc sắp xếp thứ tự \(1,2,3,4,5,6\) rồi chọn hai từ sáu chữ số trên (không xáo trộn vị trí), ta có \(n(C) = C_6^2 = 15\).

Số phần tử của không gian mẫu \(n(\Omega ) = C_{100}^5\).

Từ 1 đến 100 có 50 số chẵn, suy ra \(n(A) = C_{50}^5\).

Từ 1 đến 100 có 50 số lẻ, suy ra \(n(B) = C_{50}^5\).

Từ 1 đến 100 có 33 số chia hết cho 3,67 số không chia hết cho 3.

Xét biến cố đối \(\overline C \): "Cả 5 số trên 5 thẻ được chọn không chia hết cho 3".

a) Ta có không gian mẫu: \(\Omega  = \{ 10,11,12,13,14,15,16,17,18,19\}  \Rightarrow n(\Omega ) = 10\).

b) Ta có: \(B = \{ 11,13,15,17,19\}  \Rightarrow n(B) = 5\).

c) Ta có: \(C = \{ 12,15,18\}  \Rightarrow n(C) = 3\).

d) Ta có: \(D = \{ 11,13,17,19\}  \Rightarrow n(D) = 4\).

Gọi \(A\) là biến cố: "số tự nhiên có tổng 3 chữ số bằng 9 ".

Ta có \(1 + 2 + 6 = 9;1 + 3 + 5 = 9;2 + 3 + 4 = 9\).

\( \Rightarrow \) Số số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau có tổng bằng 9 là: \(3! + 3! + 3! = 18\).

\( \Rightarrow n(A) = 18\).

Đánh số ghế theo thứ tự \(1,2,3,4\). Hai bạn nam ngồi cạnh nhau ở vị trí (1 và 2) hoặc (2 và 3) hoặc (3 và 4). Nếu hai bạn nam đồi chỗ cho nhau (giữ nguyên chỗ hai bạn nữ) thì ta có một cách xếp mới.

Ta có: \(n(A) = 2!3! = 12\)

Số kết quả có thể xảy ra của phép thử là \(10.9 = 90\).

Vì số kết quả thuận lợi cho biên cố "Tích hai số ghi trên hai quả bóng không chia hết cho \({3^{\prime \prime }}\) là \(7.6 = 42\). Nên số kết quả thuận lợi cho biến cố "Tích hai số ghi trên hai quả bóng chia hết cho \({3^{\prime \prime }}\) là \(90 - 42 = 48\).

c) Với \(k \in {\mathbb{N}^*},3 < k < 99\), \(k\) chia hết cho 3

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}n \in {\mathbb{N}^*}\\3 < k = 3n < 99\end{array}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}n \in {\mathbb{N}^*}\\1 < n < 33\end{array}\end{array} \Leftrightarrow n \in \{ 2;3; \ldots ;32\} .} \right.} \right.\)

Biến cố \(B = \left\{ {\left. {3n} \right|n \in {\mathbb{N}^*},2 \le n \le 32} \right\}\). Số kết quả thuận lợi cho \(B\) là 31.

Ba bi khác màu nên ta phải chọn từ mỗi hộp 1 viên bi.

Chọn từ hộp thứ ba 1 viên bi vàng: có 4 cách chọn.

Chọn từ hộp thứ hai 1 viên bi đỏ có số khác với viên bi đã chọn từ hộp ba: có 4 cách chọn.

Chọn từ hộp thứ nhất 1 viên bi xanh có số khác với số của hai viên đã chọn từ hộp một và hai: có 4 cách chọn.

Vậy \(n(A) = {4^3} = 64\).

Khi tung đồng xu ba lần, ta có không gian mẫu là \(\Omega  = \{ SSS;SSN;SNS;SNN;NSS;NSN;NNS;NNN\} \).

Ở đây ta quy ước SNS có nghĩa là lần đầu tung được mặt sấp, lần hai tung được mặt ngửa và lần ba tung được mặt sấp.

- Nhận xét.

- Để giải bài toán này, ta vẽ một sơ đồ hình cây. Tiếp theo, ta đọc các trường hợp theo các nhánh cây nối từ lần 1 đến lần 3.

- Số phần tử của không gian mẫu là \({2^3} = 8\).