Bài 2. Xác suất của biến cố

Bài 2. Xác suất của biến cố trang 97 Sách bài tập Toán lớp \(10\) tập \(2\) Chân trời sáng tạo.

Bài \(1\). Gieo một con xúc xắc \(4\) mặt cân đối và đồng chất ba lần. Tính xác suất của các biến cố:
\(a)\) “Tổng các số xuất hiện ở đỉnh phía trên của con xúc xắc trong ba lần gieo lớn hơn \(2\)”;
\(b)\) “Có đúng một lần số xuất hiện ở đỉnh phía trên của con xúc xắc là \(2\)”.

Trả lời:

\(a)\) Vì số chấm trên mỗi mặt của xúc xắc đều lớn hơn hoặc bằng \(1\), nên sau ba lần gieo, tổng số chấm xuất hiện ở đỉnh phía trên con xúc xắc sẽ luôn lớn hơn hoặc bằng \(3\) (hay lớn hơn \(2\)).

Do đó biến cố \(A\): “Tổng các số xuất hiện ở đỉnh phía trên của con xúc xắc trong \(3\) lần gieo lớn hơn \(2\)” là biến cố chắc chắn.

Vậy \(P(A) = 1\).

\(b)\) Gieo xúc xắc \(3\) lần. Mỗi lần, số xuất hiện ở đỉnh phía trên đều có \(4\) kết quả có thể xảy ra (\(1, 2, 3, 4\)).

Do đó , số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega) = 4^3 = 64\)

Gọi \(B\) là biến cố “Có đúng một lần số xuất hiện ở đỉnh phía trên của con xúc xắc là \(2\)”

Giai đoạn \(1\): Chọn \(1\) lần bất kì trong \(3\) lần để xuất hiện số \(2\) ở đỉnh: có \(3\) cách.

Giai đoạn \(2\): Trong \(2\) lần còn lại, số ở đỉnh có thể xảy ra một trong \(3\) kết quả (\(1, 3, 4\))

Có tất cả \( 3. 3 = 9\) (kết quả)

Áp dụng quy tắc nhân, ta có: \(n(B) = 3. 9 = 27\)

\(\Rightarrow P(B) = \displaystyle \frac{n(B)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{27}{64}\)

Vậy xác suất của biến cố \(B\) là \(P(B) = \displaystyle \frac{27}{64}\).

\(\)

Bài \(2\). Tung một đồng xu cân đối và đồng chất bốn lần. Tính xác suất của các biến cố:
\(a)\) “Cả bốn lần đều xuất hiện mặt giống nhau”;
\(b)\) “Có đúng một lần xuất hiện mặt sấp, ba lần xuất hiện mặt ngửa”.

Trả lời:

Tung một đồng xu \(4\) lần. Mỗi lần có \(2\) kết quả có thể xảy ra (sấp hoặc ngửa).

Do đó, tổng số kết quả có thể xáy ra là: \(n(\Omega) = 2^4 = 16\)

Kí hiệu: Sấp = \(S\); Ngửa = \(N\).

\(a)\) Gọi \(A\) là biến cố “Cả \(4\) lần đều xuất hiện mặt giống nhau”.

\(\Rightarrow A = \{SSS; NNN\}\) hay \(n(\Omega) = 2\)

Vậy xác suất của biến cố \(A\) là:

\(P(A) = \displaystyle \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{2}{16} = \displaystyle \frac{1}{8}\).

\(b)\) Gọi \(B\) là biến cố “Có đúng \(1\) lần xuất hiện mặt sấp, ba lần xuất hiện mặt ngửa”

\(B = \{SNNN, NSNN, NNSN, NNNS\}\)

\(\Rightarrow n(B) = 4\).

Xác suất của biến cố \(B\) là:

\(P(B) = \displaystyle \frac{n(B)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{4}{16} = \displaystyle \frac{1}{4}\)

\(\)

Bài \(3\). Chi có \(1\) cái ô xanh, \(1\) cái ô trắng, \(1\) cái mũ xanh, \(1\) cái mũ trắng, \(1\) cái mũ đen; \(1\) đôi giày đen; \(1\) đôi giày trắng. Chỉ chọn ngẫu nhiên \(1\) cái ô, \(1\) cái mũ và \(1\) đôi giày để đến trường.
\(a)\) Hãy vẽ sơ đồ cây mô tả các kết quả có thể xảy ra.
\(b)\) Tính xác suất của biến cố “Chỉ có \(1\) trong \(3\ thứ đồ Chi chọn có màu trắng”.

Trả lời:

\(a)\) Sơ đồ cây mô tả các kết quả có thể xảy ra là:

\(b)\) Số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega) = 12\).

Gọi \(A\) là biến cố “Chỉ có \(1\) trong \(3\) thứ đồ Chi chọn có màu trắng”

Nhìn vào sơ đồ cây, Chi có các cách chọn thoả mãn là:

Ô trắng,mũ xanh, giày đen; Ô trắng, mũ đen, giày đen; Ô xanh, mũ xanh, giày trắng; Ô xanh, mũ trắng, giày đen; Ô xanh, mũ đen, giày trắng.

Suy ra \(n(A) = 5\)

Vậy \(P(A) = \displaystyle \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{5}{12}\).

\(\)

Bài \(4\). Chọn ngẫu nhiên \(10\) số tự nhiên từ dãy các số tự nhiên từ \(1\) đến \(100\). Xác định biến cố đối của các biến cố sau:
\(A:\) “Có ít nhất \(3\) số lẻ trong \(10\) số được chọn”;
\(B:\) “Tất cả \(10\) số được chọn đều là số chẵn”;
\(C:\) “Có không quá \(5\) số chẵn trong \(10\) số được chọn”.

Trả lời:

Biến cố đối của biến cố \(A\) là \(\overline{A}\): “Có nhiều nhất \(2\) số lẻ được chọn”.

Biến cố đối của biến cố \(B\) là \(\overline{B}\): “Có ít nhất \(1\) số lẻ được chọn”.

Biến cố đối của biến cố \(C\) là \(\overline{C}\): “Có ít nhất \(6\) số chẵn trong \(10\) số được chọn”.

\(\)

Bài \(5\). Trên tường có một đĩa hình tròn có cấu tạo đồng chất và cân đối. Mặt đĩa được chia thành \(12\) hình quạt bằng nhau và được đánh số từ \(1\) đến \(12\). Trọng quay đĩa quanh trục gắn ở tâm \(3\) lần và quan sát xem mỗi khi dừng lại mũi tên chỉ vào ô ghi số mấy. Tính xác suất của các biến cố:
\(A:\) “Cả \(3\) lần mũi tên đều chỉ vào ô ghi số lẻ”;
\(B:\) “Có đúng \(2\) lần mũi tên chỉ vào ô ghi số lẻ”;
\(C:\) “Tích \(3\) số mũi tên chỉ vào là số nguyên tố”.

Trả lời:

Mỗi lần quay, có \(12\) kết quả có thể xảy ra.

Vậy sau \(3\) lần quay, số kết quả có thể xảy ra là:

\(n(\Omega) = 12^3 = 1728\)

\(A\): “Cả \(3\) lần mũi tên đều chỉ vào ô ghi số lẻ”

Trong \(12\) số, có \(6\) số lẻ là: \(1; 3; 5; 7; 9; 11\).

Do đó mỗi lần quay, có \(6\) trường hợp mũi tên chỉ vào số lẻ.

Vậy sau \(3\) lần quay, số trường hợp để mũi tên chỉ vào số lẻ là: \(6^3 = 216\) hay \(n(A) = 216\).

\(\Rightarrow P(A) = \displaystyle \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{216}{1728} = \displaystyle \frac{1}{8}\).

\(B:\) “Có đúng \(2\) lần mũi tên chỉ vào ô ghi số lẻ”

Để biến cố \(B\) xảy ra cần thực hiện \(3\) công đoạn:

Công đoạn \(1\): Chọn \(2\) trong \(3\) lần để mũi tên chỉ vào số lẻ, cóm \(C_3^2 \) cách.

Công đoạn \(2\): Hai lần đã chọn có mũi tên chỉ vào số lẻ

Mỗi lần có \(6\) cách để chỉ vào \(1\) trong \(6\) số lẻ. Khi đó, hai lần có: \(6. 6 = 36\) cách

Công đoạn \(3\): Một lần còn lại mũi tên chỉ vào số chẵn.

Có \(6\) số chẵn, do đó có \(6\) cách để chỉ vào số chẵn.

Áp dụng quy tắc nhân ta có: \(n(B) = C_3^2. 36. 6 = 648\)

Vậy \(P(B) = \displaystyle \frac{n(B)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{648}{1728} = \displaystyle \frac{3}{8}\)

\(C:\) “Tích \(3\) số mũi tên chỉ vào là số nguyên tố”

Để tích \(3\) số mà mũi tên chỉ vào là số nguyên tố thì \(2\) lần quay vào số \(1\) và \(1\) lần quay vào \(1\) trong \(5\) số nguyên tố đó.

Chọn \(1\) trong \(3\) lần để quay vào số nguyên tố: có \(3\) cách.

Mũi tên quay vào \(1\) trong \(5\) số nguyên tố: Có \(5\) cách.

Áp dụng quy tắc nhân, số kết quả thuận lợi cho biến cố \(C\) là: \(n(C) = 3. 5 = 15\)

Vậy \(P(C) = \displaystyle \frac{n(C)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{15}{1728} = \displaystyle \frac{5}{576}\).

\(\)

Bài \(6\). Một văn phòng \(A\) có \(15\) nhân viên nam và \(20\) nhân viên nữ. Để khảo sát mức độ hài lòng của nhân viên thông qua hình thức phỏng vấn, người ta lần lượt ghi tên của từng nhân viên vào \(35\) mẩu giấy giống nhau, từ đó chọn ngẫu nhiên \(5\) mẩu giấy.
\(a)\) Tính xác suất của các biến cố:
\(A:\) “Trong \(5\) người được chọn có \(2\) nam, \(3\) nữ”;
\(B:\) “Có nhiều nhân viên nữ được chọn hơn nhân viên nam”;
\(C:\) “Có ít nhất một người được chọn là nữ”.
\(b)\) Biết chị Lan là một nhân viên của văn phòng \(A\). Tính xác suất của biến cố chị Lan được chọn.

Trả lời:

Chọn \(5\) mẩu giấy từ \(35\) mẩu giấy, sẽ có \(C_{35}^5\) cách.

Do đó, \(n(\Omega) = C_{35}^5\)

\(a)\) \(A\): “Trong \(5\) người được chọn có \(2\) nam, \(3\) nữ”

Chọn \(2\) nhân viên nam trong \(15\) nhân viên nam, có \(C_{15}^2\) cách chọn.

Chọn \(3\) nhân viên nữ trong \(20\) nhân viên nữ, có \(C_{20}^3\) cách chọn.

\(\Rightarrow n(A) = C_{15}^2. C_{20}^3\)

\(\Rightarrow P(A) = \displaystyle \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{C_{15}^2. C_{20}^3}{C_{35}^5} \approx 0,37\).

\(B:\) “Có nhiều nhân viên nữ được chọn hơn nhân viên nam”

Chọn \(5\) người nên để nhân viên nữ hiều hơn nhân viên nam, xảy ra các trường hợp: \(3\) nữ \(2\) nam, \(4\) nữ \(1\) nam và \(5\) nữ.

Trường hợp \(1\): Chọn \(3\) nhân viên nữ, \(2\) nhân viên nam.

Chọn \(3\) nhân viên nữ trong \(20\) nhân viên nữ, có \(C_{20}^3\) cách.

Chọn \(2\) nhân viên nam trong \(15\) nhân viên nam, có \(C_{15}^3\) cách.

Suy ra có tất cả \(C_{20}^3. C_{15}^3\) cách.

Trường hợp \(2\): Chọn \(4\) nhân viên nữ, \(1\) nhân viên nam.

Tương tự ta có tất cả \(C_{20}^4. C_{15}^1\) cách.

Trường hợp \(3\): Chọn \(5\) nhân viên nữ, có \(C_{20}^5\) cách.

Suy ra \(n(B) = C_{20}^3. C_{15}^2 + C_{20}^4. C_{15}^1 + C_{20}^5\)

Vậy \(P(B) = \displaystyle \frac{n(B)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{C_{20}^3. C_{15}^2 + C_{20}^4. C_{15}^1 + C_{20}^5}{C_{35}^5} \approx 0,64\).

\(C:\) “Có ít nhất một người được chọn là nữ”.

Suy ra biến cố đối \(\overline{C}\): “Không có nhân viên nào được chọn” hay \(\overline{C}\) chính là biến cố “\(5\) nhân viên được chọn đều là nhân viên nam”.

\(\Rightarrow n(\overline{C}) = C_{15}^5\)

\(\Rightarrow P(C) = 1 \ – \ P(\overline{C}) = 1 \ – \ \displaystyle \frac{n(\overline{C})}{n(\Omega)}\)

\(= 1 \ – \ \displaystyle \frac{C_{15}^5}{C_{35}^5} \approx 0,99\)

\(b)\) Gọi biến cố \(D\) là: “Chị Lan được chọn”.

Suy ra biến cố đối \(\overline{D}\): “Trong \(5\) người được chọn không có bạn Lan”.

Văn phòng có tất cả \(35\) người, bớt đi chị Lan thì còn \(34\) người.

Khi đó, ta chọn \(5\) người trong số \(34\) người còn lại, có \(C_{34}^5\) cách.

\(\Rightarrow P(D) = 1 \ – \ P(\overline{D}) = 1 \ – \ \displaystyle \frac{C_{34}^5}{C_{35}^5} = \displaystyle \frac{1}{7}\).

\(\)

Bài \(7\). Một hội đồng có đúng \(1\) người là nữ. Nếu chọn ngẫu nhiên \(2\) người từ hội đồng thì xác suất cả hai người đều là nam là \(0,8\).
\(a)\) Chọn ngẫu nhiên \(2\) người từ hội đồng, tính xác suất của biến cố có \(1\) người nữ trong \(2\) người đó.
\(b)\) Hội đồng có bao nhiêu người?

Trả lời:

\(a)\) Không gian mẫu: “Chọn ngẫu nhiên \(2\) người”.

Biến cố \(A\): “có \(1\) người nữ trong \(2\) người đó”

\(\Rightarrow \overline{A}\): “Cả \(2\) người đều là nam” hay \(P(\overline{A}) = 0,8\)

\(\Rightarrow P(A) = 1 \ – \ 0,8 = 0,2\).

\(b)\) Gọi \(n\) là số người nam trong hội đồng (\(n \in \mathbb{N^*}, n \geq 2\)).

Như vậy, hội đồng có \(n + 1\) người.

Khi đó, số cách chọn \(2\) người bất kì là: \(n(\Omega) = C_{n + 1}^2\).

Số cách chọn \(2\) người đều là nam là: \(C_n^2\).

Do xác suất để \(2\) người được chọn đều là nam là \(0,8\) nên ta có:

\(\displaystyle \frac{C_n^2}{C_{n + 1}^2} = 0,8\)

\(\Leftrightarrow C_n^2 = 0,8. C_{n + 1}^2\)

\(\Leftrightarrow \displaystyle \frac{n!}{2!. (n \ – \ 2)!} = 0,8. \displaystyle \frac{(n + 1)!}{2!. (n \ – \ 1)!}\)

\(\Leftrightarrow \displaystyle \frac{n(n \ – \ 1)}{2} = 0,8. \displaystyle \frac{(n + 1). n}{2}\)

\(\Leftrightarrow n \ – \ 1 = 0,8. (n + 1)\)

\(\Leftrightarrow n = 9\)

Vậy hội đồng có tất cả \(10\) người.

\(\)

Bài \(8\). An, Bình, Cường và hai bạn nữa xếp ngẫu nhiên thành một hàng ngang để chụp ảnh. Tính xác suất của các biến cố:
\(a)\) “An và Bình đứng ở hai đầu hàng”;
\(b)\) “Bình và Cường đứng cạnh nhau”;
\(c)\) “An, Bình, Cường đứng cạnh nhau”.

Trả lời:

\(a)\) Số cách xếp \(5\) bạn thành một hàng ngang là hoán vị của \(5\) phần tử hay \(n(\Omega) = 5!\)

Gọi \(A\) là biến cố: “An và Bình đứng ở hai đầu hàng”.

Có \(2\) cách sắp xếp An và Bình đứng 2 đầu hàng.

Sắp xếp \(3\) bạn còn lạị, có \(3!\) cách sắp xếp

\(\Rightarrow n(A) = 2. 3!\)

\(\Rightarrow P(A) = \displaystyle \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{2. 3!}{5!} = \displaystyle \frac{1}{10}\).

\(b)\) Gọi \(B\) là biến cố: “Bình và Cường đứng cạnh nhau”.

Coi Bình và Cường thành 1 phần tử trong hàng. Khi đó xếp \(5\) người coi là xếp vị trí \(4\) phần tử.

Suy ra có \(4!\) cách sắp xếp.

Xếp Bình và Cường có \(2\) cách sắp xếp.

Do đó \(n(B) = 2. 4!\)

\(\Rightarrow P(B) = \displaystyle \frac{n(B)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{2. 4!}{5!} = \displaystyle \frac{1}{10}\).

\(c)\) Gọi \(C\) là biến cố: “An, Bình, Cường đứng cạnh nhau”

Coi An, Bình và Cường là \(1\) phần tử của hàng. Sắp xếp \(3\) bạn có \(3!\) cách.

Khi đó hàng coi như có \(3\) phần tử, có \(3!\) cách xếp.

Suy ra \(n(C) = 3!. 3!\)

Vậy \(P(C) = \displaystyle \frac{n(C)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{3!. 3!}{5!} = \displaystyle \frac{3}{5}\).

\(\)

Bài \(9\). Một hộp kín có \(1\) quả xanh và \(5\) quả bóng đỏ có kích thước và khối lượng bằng nhau. Hỏi Dũng cần lấy ra từ hộp ít nhất bao nhiêu quả bóng để xác suất lấy được quả bóng xanh lớn hơn \(0,5\)?

Trả lời:

Gọi \(k\) là số quả bóng Dũng lấy ra (\(k \in \mathbb{N^*}, k \leq 6\))

Khi đó, không gian mẫu: “Lấy ra \(k\) quả bóng” có \(n(\Omega) = C_6^k\)

Gọi \(A\) là biến cố: “Trong \(k\) quả lấy ra có quả bóng xanh”

Khi đó biến cố đối \(\overline{A}\): “Trong \(k\) quả lấy ra không có quả bóng xanh” hay “lấy được \(k\) quả bóng màu đỏ”.

\(\Rightarrow n(\overline{A}) = C_5^k\)

\(\Rightarrow P(\overline{A}) = \displaystyle \frac{n(\overline{A})}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{C_5^k}{C_6^k} \)

Vậy xác suất để lấy ra có quả bóng xanh là:

\(P(A) = 1 \ – \ P(\overline{A}) = 1 \ – \ \displaystyle \frac{C_5^k}{C_6^k} \)

\(= 1 \ – \ \displaystyle \frac{\frac{5!}{k! (5 \ – \ k)!}}{\frac{6!}{k! (6 \ – \ k)!}} = 1 \ – \ \displaystyle \frac{6 \ – \ k}{6} = \displaystyle \frac{k}{6}\)

Để xác suất lấy được bóng xanh lớn hơn \(0,5\) thì \(\displaystyle \frac{k}{6} > 0,5\)

\(\Rightarrow k > 3\)

Vậy để xác suất lấy được quả bóng xanh lớn hơn \(0,5\) thì Dũng phải chọn ít nhất \(4\) quả bóng.

\(\)

Bài \(10\). Bốn đội bóng \(A, B, C, D\) lọt vào vòng bán kết của một giải đấu. Ban tổ chức bốc thăm chia \(4\) đội này thành \(2\) cặp đấu một cách ngẫu nhiên. Tính xác suất của biến cố hai đội \(A\) và \(B\) đấu với nhau ở trận bán kết.

Trả lời:

Số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega) = C_4^2 = 6\)

Gọi \(E\) là biến cố: “Hai đội \(A\) và \(B\) đấu với nhau ở trận bán kết”.

Số phần tử của biến cố \(E\) là: \(n(E) = 2\)

Xác suất của biến cố \(E\) là: \(P(E) = \displaystyle \frac{2}{6} = \displaystyle \frac{1}{3}\).

\(\)

Xem bài giải trước: Bài 1 – Không gian mẫu và biến cố
Xem bài giải tiếp theo: Bài tập cuối chương X
Xem các bài giải khác: Giải Bài Tập Toán Lớp 10 Chân Trời Sáng Tạo

Thông tin liên hệ & mạng xã hội:
Website: https://bumbii.com/
Facebook: https://www.facebook.com/bumbiiapp
Pinterest: https://www.pinterest.com/bumbiitech