Đề kiểm tra Ôn tập chương 6 (có lời giải) - Đề 3

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

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

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

Ta có: \(P\left( {\left. B \right|A} \right) = \frac{{P\left( B \right)P\left( {\left. A \right|B} \right)}}{{P\left( B \right)P\left( {\left. A \right|B} \right) + P\left( {\bar B} \right)P\left( {\left. A \right|\bar B} \right)}}\)

Ta có \[P(A|B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{{0,2}}{{0,7}} = \frac{2}{7}\].

Vì \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập nên ta có: \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = 0,4\,.\,0,7 = 0,28\)

Ta có: \(P\left( {\overline B |A} \right) = 1 - P\left( {B|A} \right) = 1 - \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( A \right)}} = 1 - \frac{{0,28}}{{0,4}} = \frac{3}{{10}}\).

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

\[ \Rightarrow P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\bar B} \right).P\left( {A|\bar B} \right) = 0,6\,.\,0,3 + 0,4.\,\,0,8 = 0,5\]

Xét hai biến cố : \(A:\) “ Bạn Châu lấy được viên bi màu đỏ”

\(B:\) “ Bạn Minh lấy được viên bi màu đỏ”

Khi đó ta có:

PB=1220=35,PB¯=1−PB=25,PA|B=1119,PA|B¯=1219

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

PA=PB.PA|B+PB¯.PA|B¯=35   .  1119+25  .  1219=35

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

\(P\left( {B\overline A } \right) = P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 0,6.0,2 = 0,12\).

Theo công thức Beyes, ta có \(P\left( {A\left| B \right.} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B\left| A \right.} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,3.0,7}}{{0,5}} = 0,42\).

Gọi \(A\) là biến cố: “Hà qua được vòng thứ nhất” và \(B\) là biến cố: “Hà qua được vòng thứ hai”. Khi đó biến cố: “Hà được chọn vào đội tuyển” là \(AB\).

Ta có \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( {B\left| A \right.} \right) = 0,8.0,7 = 0,56\).

Gọi \(A\) là biến cố: “Lấy được quả bóng trắng từ hộp I”.

Gọi \(B\) là biến cố: “Lấy được quả bóng trắng từ hộp II”.

Theo công thức xác suất toàn phần \(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B\left| A \right.} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right)\)

Ta có \(P\left( A \right) = \frac{7}{{15}}\); \(P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - \frac{7}{{15}} = \frac{8}{{15}}\).

Nếu \(A\) xảy ra thì hộp II có \(6\) quả bóng trắng và \(3\) quả bóng xanh. Vậy \(P\left( {B\left| A \right.} \right) = \frac{6}{9} = \frac{2}{3}\).

Nếu \(A\) không xảy ra thì hộp II có \(5\) quả bóng trắng và \(4\) quả bóng xanh. Vậy \(P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = \frac{5}{9}\).

Vậy \(P\left( B \right) = \frac{7}{{15}}.\frac{2}{3} + \frac{8}{{15}}.\frac{5}{9} = \frac{{82}}{{135}}\).

a) s \[P\left( {\bar A} \right) = 1 - 0,6 = 0,4 \ne 0,6\].

b) Đ \[P\left( {\overline B } \right) = 1 - 0,4 = 0,6\].

c) s \[P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,2}}{{0,4}} = 0,5 \ne 0,4\].

d) Đ \[P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,2}}{{0,6}} = \frac{1}{3}\].

Xét hai biến số sau:

\(A\): “Học sinh được chọn là học sinh giỏi”.

\(B\): “ Học sinh được chọn là học sinh nữ”.

a) Đ Xác suất học sinh được chọn là học sinh giỏi: \(P\left( A \right) = \frac{{20}}{{40}} = 0,5\).

b) s Xác suất học sinh được chọn là học sinh nữ: \(P\left( B \right) = \frac{{25}}{{40}} = 0,625 \ne 0,6\).

c) s Xác suất học sinh được chọn vừa là học sinh giỏi và là học sinh nữ:

\(P\left( {AB} \right) = \frac{{12}}{{40}} = 0,3 \ne 0,625\).

d) Đ Biết rằng học sinh được chọn là nữ, xác suất học sinh đó là học sinh nữ:

\[P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{n\left( {A \cap B} \right)}}{{n\left( B \right)}} = \frac{{12}}{{25}} = 0,48\]

a) Đ b) s c) s d) s

a) Sản phẩm loại A có số phế phẩm là \[10\,\% \,.\,50 = 5\].

b) Sản phẩm loại B có số sản phẩm đạt chuẩn chiếm \[100\,\%  - 5\,\%  = 95\,\% \] và là \[95\,\% \,.\,40 = 38\] sản phẩm.

c) Gọi \[A\] là biến cố “sản phẩm lấy ra là sản phẩm loại A” thì \[\overline A \] là biến cố “sản phẩm lấy ra là sản phẩm loại B”.

Gọi \[S\] là biến cố “sản phẩm lấy ra là phế phẩm” thì \[\overline S \] là biến cố “sản phẩm lấy ra là sản phẩm đạt chuẩn”.

Khi đó \[P\left( A \right)\, = \frac{{50}}{{90}} = \frac{5}{9}\] và \[P\left( {\overline A } \right)\, = \frac{{40}}{{90}} = \frac{4}{9}\].

\[P\left( {S|A} \right) = 10\%  = \frac{1}{{10}}\] và \[P\left( {S|\overline A } \right) = 5\%  = \frac{1}{{20}}\].

Ta có: Xác suất để sản phẩm lấy ra là phế phẩm là :

\[P\left( S \right) = P\left( A \right)\,.\,P\left( {S|A} \right) + P\left( {\overline A } \right)\,.\,P\left( {S|\overline A } \right) = \frac{5}{9}\, \cdot \,\frac{1}{{10}} + \frac{4}{9}\, \cdot \,\frac{1}{{20}} = \frac{7}{{90}}\].

d) Xác suất để sản phẩm lấy ra là sản phẩm đạt chuẩn bằng \[P\left( {\overline S } \right) = 1 - P\left( S \right) = 1 - \frac{7}{{90}} = \frac{{83}}{{90}}\].

a) Đ b) Đ c) s d) Đúng

Gọi \(A\) là biến cố “học sinh được chọn là học sinh nam" thì \(\overline A \) là biến cố “học sinh được chọn là học sinh nữ";

\(B\) là biến cố: "Học sinh được chọn là học sinh biết bơi" thì \(\overline B \) là biến cố: "Học sinh được chọn là học sinh không biết bơi".

Theo giả thiết ta có:

\(P\left( A \right) = \frac{{30}}{{50}} = \frac{3}{5}\) và \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{{50 - 30}}{{50}} = \frac{2}{5}\).

\(P\left( {B\mid A} \right) = 60\%  = \frac{3}{5}\) và \(P\left( {B\mid \overline A } \right) = 50\%  = \frac{1}{2}\).

a) Xác suất học sinh được chọn là nam bằng \(P\left( A \right) = \frac{3}{5}\).

b) Xác suất học sinh được chọn là học sinh biết bơi, biết học sinh này là nam bằng \(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{3}{5}\).

c) Xác suất học sinh được chọn là học sinh biết bơi là

\(P\left( B \right) = P\left( {B\mid A} \right)P\left( A \right) + P\left( {B\mid \bar A} \right)P\left( {\bar A} \right) = \frac{3}{5}\, \cdot \,\frac{3}{5} + \frac{1}{2} \cdot \,\frac{2}{5} = \frac{{14}}{{25}}\);

Học sinh được chọn là học sinh biết bơi thì xác suất học sinh đó là học sinh nam bằng

\(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( {B\mid A} \right)P\left( A \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{3}{5}\, \cdot \,\frac{3}{5}}}{{\frac{{14}}{{25}}}} = \frac{9}{{14}}\).

d) Vì \(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{3}{5}\) nên \[P\left( {\overline B \mid A} \right) = 1 - P\left( {B\mid A} \right) = 1 - \frac{3}{5} = \frac{2}{5}\].

Mặt khác, \(P\left( B \right) = \frac{{14}}{{25}}\) nên \(P\left( {\overline B } \right) = \frac{{11}}{{25}}\).

Do đó, theo công thức Bayes, xác suất để học sinh được chọn là nam khi biết học sinh đó không biết bơi là

\[P\left( {A\mid \bar B} \right) = \frac{{P\left( {\bar B\mid A} \right)P\left( A \right)}}{{P\left( {\bar B} \right)}} = \frac{{\frac{2}{5}\, \cdot \,\frac{3}{5}}}{{\frac{{11}}{{25}}}} = \frac{6}{{11}}\].

Gọi \(A\) là biến cố: “Tổng số chấm lớn hơn \(6\)”.

\(B\) là biến cố: “Số chấm trên hai con xúc xắc là số nguyên tố”.

Ta có: \(B = \left\{ {\left( {2;2} \right);\left( {2;3} \right);\left( {2;5} \right);\left( {3;2} \right);\left( {3;3} \right);\left( {3;5} \right);\left( {5;2} \right);\left( {5;3} \right);\left( {5;5} \right)} \right\}\);

Ta có \(n\left( B \right) = 9\), \(n\left( \Omega  \right) = 6.6 = 36\). Vậy \(P\left( B \right) = \frac{9}{{36}}\);

\(AB = A \cap B = \left\{ {\left( {2;5} \right);\left( {3;5} \right);\left( {5;2} \right);\left( {5;3} \right);\left( {5;5} \right)} \right\} \Rightarrow n\left( {AB} \right) = 5\).

Do đó \(P\left( {AB} \right) = \frac{5}{{36}}\). Vậy \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{5}{9} \approx 0,56\).

Gọi \(A\) là biến cố: “Người đó đạt bài thi theo phong cách âm nhạc nhạc nhẹ”.

\(B\) là biến cố: “Người đó đạt bài thi theo phong cách âm nhạc dân gian”.

Ta có: \(P\left( A \right) = \frac{{17}}{{20}}\); \(P\left( B \right) = \frac{{15}}{{20}}\); \(P\left( {\overline A \overline B } \right) = \frac{2}{{20}}\).

Do đó: \(P\left( {A \cup B} \right) = 1 - P\left( {\overline A \overline B } \right) = 1 - \frac{2}{{20}} = \frac{{18}}{{20}}\).

\(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cup B} \right) = \frac{{17}}{{20}} + \frac{{15}}{{20}} - \frac{{18}}{{20}} = \frac{{14}}{{20}}\).

Vậy \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{14}}{{15}} \approx 0,93\)

Xét các biến cố:

\(A\): “Lấy được viên bi màu đỏ”;

\({H_1}\): “Chọn được hộp thứ nhất”;

\({H_2}\): “Chọn được hộp thứ hai”.

Do hộp thứ nhất và hộp thứ hai có vai trò như nhau, nên xác suất chọn được một trong hai hộp là như nhau, tức là

\(P\left( {{H_1}} \right) = P\left( {{H_2}} \right) = \frac{1}{2}\).

Ta có

\(P\left( {A|{H_1}} \right) = \frac{6}{8}\,\) và \(\,P\left( {A|{H_2}} \right) = \frac{4}{{10}}\,\,\).

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

\(P\left( A \right) = P\left( {{H_1}} \right).P\left( {A|{H_1}} \right) + P\left( {{H_2}} \right).P\left( {A|{H_2}} \right) = \frac{1}{2}.\frac{6}{8} + \frac{1}{2}.\frac{4}{{10}} = \frac{{23}}{{40}} = 0,575\).

Vậy xác suất lấy được viên bi màu đỏ là 0,58.

Xét các biến cố:

\(A\): “Học sinh được chọn là học sinh nam”;

\(B\): “Học sinh được chọn là học sinh giỏi”.

Theo bài ra ta có:

\(P\left( A \right) = 0,6\); \(P\left( {\overline A } \right) = 0,4\); \(P\left( {B|A} \right) = 0,4\); \(P\left( {B|\overline A } \right) = 0,2\).

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

\(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) = 0,6.0,4 + 0,4.0,2 = 0,32\)

Áp dụng công thức Bayes, ta có:

\(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,6.0,4}}{{0,32}} \approx 0,75\).

Gọi \[A\] là biến cố “người nghiện thuốc lá”, suy ra \[\bar A\] là biến cố “người không nghiện thuốc lá”

Gọi \[B\] là biến cố “người bị bệnh ung thư”

Theo giả thiết ta có:

\[\begin{array}{l}P\left( A \right) = 0,2 \Rightarrow P\left( {\bar A} \right) = 0,8\\P\left( {B|A} \right) = 0,7\\P\left( {B|\bar A} \right) = 0,15\end{array}\]

Áp dụng công thức xác suất toàn phần ta có: \[P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right).P\left( {B|\bar A} \right) = 0,2.0,7 + 0,8.0,15 = 0,26\]

Xác suất mà người đó là nghiện thuốc lá khi biết bị bệnh ung thư là \[P\left( {A|B} \right)\]

Theo công thức Bayes, ta có

\[P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,2.0,7}}{{0,26}} = \frac{7}{{13}} \approx 0,54\].

Như vậy khi gặp một người bị bệnh ung thư tại tỉnh này thì xác suất (làm tròn đến hàng phần trăm) người đó nghiện thuốc lá là \[0,54\].

Gọi \(A\) là biến cố “bóng đạt chuẩn sau khi qua kiểm tra chất lượng”

\(B\) là biến cố “sản phẩm đạt tiêu chuẩn”.

Theo bài ra ta có: \(P\left( B \right) = 0,8\); \(P\left( {\overline B } \right) = 1 - 0,8 = 0,2\)

Do tỉ lệ công nhận một bóng đèn đạt tiêu chuẩn là 0,9 nên \(P\left( {A|B} \right) = 0,9\).

Tỉ lệ loại bỏ một bóng hỏng là 0,95 nên \(P\left( {A|\overline B } \right) = 1 - 0,95 = 0,05\).

Theo công thức xác suất toàn phần ta có: \(P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right) = 0,8.0,9 + 0,2.0,05 = 0,73\).

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