Bài tập cuối chương \(X\) trang \(86\) SGK toán lớp \(10\) tập \(2\) Nhà xuất bản Chân trời sáng tạo. Các em cùng Bumbii giải các bài tập sau.
Bài \(1\). Chọn ngẫu nhiên một số nguyên dương có ba chữ số.
\(a)\) Hãy mô tả không gian mẫu.
\(b)\) Tính xác suất của biến cố “Số được chọn là lập phương của một số nguyên”.
\(c)\) Tính xác suất của biến cố “Số được chọn chia hết cho \(5\)”.
Trả lời:
\(a)\) Các số nguyên dương có ba chữ số là:
\(100; 101; 102; 103; … ; 999\).
Số các số hạng của dãy là: \((999 \ – \ 100) : 1 + 1 = 900\) số.
Chọn ngẫu nhiên một số nguyên dương có ba chữ số từ dãy sẽ có \(900\) kết quả.
Vậy không gian mẫu \(n(\Omega) = 900\).
\(b)\) Gọi \(A\) là biến cố “Số được chọn là lập phương của một số nguyên”.
Ta có bảng sau:
Ta thấy có \(5\) số nguyên dương có ba chữ số là lập phương của một số nguyên là:
\(125; 216; 343; 512; 729\).
\(\Rightarrow n(A) = 5\).
Xác suất của biến cố \(A\) là:
\(P(A) = \displaystyle \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{5}{900} = \displaystyle \frac{1}{180}\).
\(c)\) Gọi \(B\) là biến cố “Số được chọn chia hết cho \(5\)”
Các số chia hết cho \(5\) thoả mãn có chữ số tận cùng là \(0\) hoặc \(5\).
Do đó các số nguyên dương có ba chữ số chia hết cho \(5\) là:
\(100; 105; 110; …; 995\).
Số các số hạng của dãy trên là:
\((995 \ – \ 100): 5 + 1 = 180\).
\(\Rightarrow n(B) = 180\)
Xác suất xảy ra biến cố \(B\) là:
\(P(B) = \displaystyle \frac{n(B)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{180}{900} = \displaystyle \frac{1}{5}\).
\(\)
Bài \(2\). Gieo bốn đồng xu cân đối và đồng chất. Xác định biến cố đối của mỗi biến cố sau và tính xác suất của nó:
\(a)\) “Xuất hiện ít nhất ba mặt sấp”;
\(b)\) “Xuất hiện ít nhất một mặt ngửa”.
Trả lời:
Gieo bốn đồng xu cân đối và đồng chất, mỗi đồng xu có hai kết quả là sấp \((S)\) và ngửa \((N)\) nên số kết quả khi gieo bốn đồng xu là:
\(n(\Omega) = 2. 2. 2. 2 = 16\)
\(a)\) Gọi \(A\) là biến cố “Xuất hiện ít nhất ba mặt sấp”
Khi đó biến cố đối của biến cố \(A\) là \(\overline{A}\) “Xuất hiện nhiều nhất hai mặt sấp”
Các kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là:
\((N, S, S, S); (S, S, S, N); (S, S, N, S); (S, N, S, S); (S, S, S, S)\)
\(\Rightarrow n(A) = 5\)
\(\Rightarrow P(A) = \displaystyle \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{5}{16}\)
Suy ra xác suất của biến cố đối của \(A\) là:
\(b)\) Gọi \(B\) là biến cố “Xuất hiện ít nhất một mặt ngửa”
Khi đó biến cố đối của \(B\) là \(\overline{B}\): “Không xuất hiện mặt ngửa”
Các kết quả thuận lợi cho biến cố \(\overline{B}\) là: \(\{(S, S, S, S)\}\)
\(\Rightarrow n(\overline{B}) = 1\)
\(\Rightarrow P(\overline{B}) = \displaystyle \frac{n(\overline{B})}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{1}{16}\)
Suy ra xác suất của biến cố \(B\) là:
\(P(B) = 1 \ – \ P(\overline{B}) = 1 \ – \ \displaystyle \frac{1}{16} = \displaystyle \frac{15}{16}\).
\(\)
Bài \(3\). Gieo ba con xúc xắc cân đối và đồng chất. Tính xác suất của mỗi biến cố sau:
\(a)\) “Tổng số chấm xuất hiện nhỏ hơn \(5\)”;
\(b)\) “Tích số chấm xuất hiện chia hết cho \(5\)”.
Trả lời:
Gieo ba con xúc xắc cân đối và đồng chất, mỗi con có \(6\) kết quả khác nhau (số chấm từ \(1\) đến \(6\)).
Do đó số kết quả của không gian mẫu là:
\(n(\Omega) = 6. 6. 6 = 216\)
\(a)\) Gọi \(A\) là biến cố “Tổng số chấm xuất hiện nhỏ hơn \(5\)”
Ta có các kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là:
\(A = \{(1; 1; 2); (1; 2; 1); (2; 1; 1); (1; 1; 1)\}\).
\(\Rightarrow n(A) = 4\)
\(\Rightarrow P(A) = \displaystyle \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{4}{216} = \displaystyle \frac{1}{54}\).
\(b)\) Gọi \(B\) là biến cố “Tích số chấm xuất hiện chia hết cho \(5\)”.
Muốn tích số chấm xuất hiện của ba con xúc xắc chia hết cho \(5\) thì ít nhất số chấm của một con xúc xắc phải chia hết cho \(5\). Trong các kết quả có thể khi gieo một con xúc xắc ta thấy chỉ có kết quả số chấm là \(5\) mới chia hết cho \(5\).
Do đó biến cố \(B\) có thể được phát biểu là “Xuất hiện ít nhất một mặt có \(5\) chấm”.
Khi đó biến cố đối của \(B\) là \(\overline{B}\): “Không xuất hiện mặt có \(5\) chấm nào”.
Các kết quả thuận lợi cho biến cố \(\overline{B}\) là:
\(n(\overline{B}) = 5. 5. 5 = 125\)
\(\Rightarrow P(\overline{B}) = \displaystyle \frac{n(\overline{B})}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{125}{216}\)
Suy ra \(P(B) = 1 \ – \ P(\overline{B}) = 1 \ – \ \displaystyle \frac{125}{216} = \displaystyle \frac{125}{216}\).
\(\)
Bài \(4\). Hộp thứ nhất chứa \(4\) viên bi xanh, \(3\) viên bi đỏ. Hộp thứ hai chứa \(5\) viên bi xanh, \(2\) viên bi đỏ. Các viên bi có kích thước và khối lượng như nhau. Lấy ra ngẫu nhiên từ mỗi hộp \(2\) viên bi. Tính xác suất của mỗi biến cố sau:
\(a)\) “Bốn viên bi lấy ra có cùng màu”;
\(b)\) “Trong \(4\) viên bi lấy ra có đúng \(1\) viên bi xanh”;
\(c)\) “Trong \(4\) viên bi lấy ra có đủ cả bi xanh và bi đỏ”.
Trả lời:
Lấy ngẫu nhiên \(2\) viên bi từ hộp thứ nhất có \(C_7^2\) cách
Lấy ngẫu nhiên \(2\) viên bi từ hộp thứ hai có \(C_7^2\) cách
Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp hai viên bi ta được số kết quả của không gian mẫu là:
\(n(\Omega) = C_7^2. C_7^2 = 21. 21 = 441\) (cách)
\(a)\) Gọi \(A\) là biến cố “Bốn viên bi lấy ra có cùng màu”
Trường hợp \(1\): Bốn viên bi lấy ra có cùng màu xanh, ta có:
\(C_4^2 . C_5^2 = 60\)
Trường hợp \(1\): Bốn viên bi lấy ra có cùng màu đỏ, ta có:
\(C_3^2 . C_2^2 = 3\)
Số kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là:
\(n(A) = 60 + 3 = 63\)
Suy ra \(P(A) = \displaystyle \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{63}{441}= \displaystyle \frac{1}{7}\).
\(b)\) Gọi \(B\) là biến cố “Trong \(4\) viên bi lấy ra có đúng \(1\) viên bi xanh”
Trường hợp \(1\). \(1\) viên bi màu xanh được lấy từ hộp thứ nhất. Khi đó ta có:
\(C_4^1. C_3^1. C_2^2 = 12\)
Trường hợp \(2\). \(1\) viên bi màu xanh được lấy từ hộp thứ hai. Khi đó ta có:
\(C_3^2. C_5^1. C_2^1 = 30\)
Số các kết quả thuận lợi cho biến cố \(B\) là:
\(n(B) = 12 + 30 = 42\)
\(\Rightarrow P(B) = \displaystyle \frac{n(B)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{42}{441}= \displaystyle \frac{2}{21}\).
\(c)\) Gọi \(C\) là biến cố “Trong \(4\) viên bi lấy ra có đủ cả bi xanh và bi đỏ”.
Khi đó biến cố đối \(\overline{C}\) của biến cố \(C\) được phát biểu như sau “Trong \(4\) viên bi lấy ra không có đủ cả bi xanh và bi đỏ” hay “\(4\) viên bi lấy ra có cùng màu”.
Ta thấy khi đó biến cố \(\overline{C}\) chính là biến cố \(A\)
\(\Rightarrow P(\overline{C}) = P(A) = \displaystyle \frac{1}{7}\)
Suy ra: \(P(C) = 1 \ – \ P(\overline{C}) = 1 \ – \ \displaystyle \frac{1}{7} = \displaystyle \frac{6}{7}\).
\(\)
Bài \(5\). Một nhóm học sinh được chia vào \(4\) tổ, mỗi tổ có \(3\) học sinh. Chọn ra ngẫu nhiên từ nhóm đó \(4\) học sinh. Tính xác suất của mỗi biến cố sau:
\(a)\) “Bốn bạn thuộc \(4\) tổ khác nhau”;
\(b)\) Bốn bạn thuộc \(2\) tổ khác nhau”.
Trả lời:
Số học sinh của nhóm đó là: \(4. 3 = 12\) (học sinh)
Chọn ngẫu nhiên từ nhóm đó ra \(4\) học sinh nên ta có số kết quả của không gian mẫu khi chọn ngẫu nhiên từ nhóm ra \(4\) học sinh là:
\(n(\Omega) = C_{12}^4 = 495\).
\(a)\) Gọi \(A\) là biến cố “Bốn bạn thuộc \(4\) tổ khác nhau” tức là chọn ngẫu nhiên từ mỗi tổ gồm \(3\) bạn lấy ra \(1\) bạn.
Khi đó ta có số kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là:
\(n(A) = C_3^1. C_3^1. C_3^1. C_3^1 = 81\)
\(\Rightarrow P(A) = \displaystyle \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{81}{495} = \displaystyle \frac{9}{55}\).
\(b)\) Gọi \(B\) là biến cố “Bốn bạn thuộc \(2\) tổ khác nhau”.
Công việc chọn \(4\) bạn từ \(2\) tổ khác nhau gồm \(2\) giai đoạn.
- Giai đoạn \(1\): Chọn ngẫu nhiên \(2\) tổ từ \(4\) tổ để chọn học sinh, ta có:
\(C_4^2 = 6\) (cách)
- Giai đoạn \(2\): Chọn ngẫu nhiên \(4\) bạn từ \(2\) tổ đã chọn ở giai đoạn \(1\), ta có:
\(C_6^4 = 15\) (cách)
Số kết quả chọn bốn bạn thuộc \(2\) tổ khác nhau hay số kết quả thuận lợi cho biến cố \(B\) là:
\(n(B) = 6. 15 = 90\)
\(\Rightarrow P(B) = \displaystyle \frac{n(B)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{90}{495} = \displaystyle \frac{2}{11}\).
\(\)
Bài \(6\). Một cơ thể có kiểu gen là \(AaBbDdEe\), các cặp alen nằm trên các cặp nhiễm sắc thể tương đồng khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một giao tử của cơ thể sau khi giảm phân. Giả sử tất cả các giao tử sinh ra có sức sống như nhau. Tính xác suất để giao tử được chọn mang đầy đủ các alen trội.
Trả lời:
Số giao tử sau khi giảm phân là:
\(n(\Omega) = 2. 2. 2. 2 = 16\)
Gọi \(A\) là biến cố “giao tử được chọn mang đầy đủ các alen trội”
Khi đó số các kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là: \(n(A) = 1\)
Suy ra \(P(A) = \displaystyle \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{1}{16}\).
\(\)
Bài \(7\). Sắp xếp \(5\) tấm thẻ cùng loại được đánh số từ \(1\) đến \(5\) một cách ngẫu nhiên để tạo thành một số tự nhiên \(a\) có \(5\) chữ số. Tính xác suất của mỗi biến cố sau:
\(a)\) “a là số chẵn”;
\(b)\) “a chia hết cho \(5\)”;
\(c)\) “\(a \geq 32000\)”;
\(d)\) “Trong các chữ số của a, không có hai chữ số lẻ nào đứng cạnh nhau”.
Trả lời:
Các chữ số từ \(5\) tấm thẻ là: \(\{1; 2; 3; 4; 5\}\)
Số cách lập thành một số tự nhiên có \(5\) chữ số từ \(5\) tấm thẻ đã cho là giao hoán của \(5\) tấm thẻ đó. Khi đó số kết quả thu được của không gian mẫu là:
\(n(\Omega) = 5 ! = 120\)
Đặt số tự nhiên \(a\) cần tìm là: \(\overline{xyzvt}\) (với \(x; y; z; v; t \in \{1; 2; 3; 4; 5\}\))
\(a)\) Gọi \(A\) là biến cố “\(a\) là số chẵn”
Vì \(a\) là số chẵn nên \(t \in \{2; 4\}\), suy ra \(t\) có \(2\) cách chọn.
Khi đó các chữ số còn lại \(x; y; z; v\) sẽ lấy từ các số trên \(4\) tấm thẻ còn lại và sắp xếp các số đó nên ta có \(4 !\) cách
Suy ra số các kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là:
\(n(A) = 2. 4 ! = 48\)
\(\Rightarrow P(A) = \displaystyle \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{48}{120} = \displaystyle \frac{2}{5}\).
\(b)\) Gọi \(B\) là biến cố “\(a\) chia hết cho \(5\)”
Suy ra \(t = 5\). Vậy \(t\) có \(1\) cách chọn.
Các chữ số còn lại được lấy từ \(4\) tấm thẻ còn lại và sắp xếp chúng, sẽ có \(4 !\) cách.
Suy ra số các kết quả thuận lợi cho biến cố \(B\) là:
\(n(B) = 1. 4! = 24\)
\(\Rightarrow P(B) = \displaystyle \frac{n(B)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{24}{120} = \displaystyle \frac{1}{5}\).
\(c)\) Gọi \(C\) là biến cố “\(a \geq 32000\)”
Vì \(a \geq 32000\) nên \(x \in \{3; 4; 5\}\)
- Trường hợp \(1\): Nếu \(x = 3\) có \(1\) cách chọn
\(+\) \(y = 2\)
Các chữ số \(z, v, t\) còn lại lấy từ các số còn lại \(\{1; 4; 5\}\) và sắp xếp chúng ta có \(3 !\) cách.
\(\Rightarrow\) Ta có \(3 ! = 6\) số
\(+\) \(y \in \{4; 5\}\) có \(2\) cách chọn
Các chữ số còn lại \(z, v, t\) lấy từ \(3\) số còn lại và sắp xếp chúng ta có \(3 !\) cách
\(\Rightarrow\) Ta có \(2. 3! = 12\) số
- Trường hợp \(2\): Nếu \(x \in \{4; 5\}\) có \(2\) cách chọn
Các chữ số còn lại lấy từ \(4\) tấm thẻ còn lại và sắp xếp chúng, có \(4 !\) cách
Suy ra có \(2. 4! = 48\) số
Vậy có tất cả \(6 + 12 + 48 = 66\) số \(a\) thoả mãn \(a \geq 32000\)
\(\Rightarrow n(C) = 66\)
\(\Rightarrow P(C) = \displaystyle \frac{n(C)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{66}{120} = \displaystyle \frac{11}{20}\).
\(d)\) Gọi \(D\) là biến cố “Trong các chữ số của a, không có hai chữ số lẻ nào đứng cạnh nhau”
Tức là số chẵn và số lẻ xếp xen kẽ nhau.
Ta có số các kết quả thuận lợi cho biến cố \(D\) là:
\(n(D) = 3 !. 2 ! = 12\)
\(\Rightarrow P(D) = \displaystyle \frac{n(D)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{12}{120} = \displaystyle \frac{1}{10}\).
\(\)
Bài \(8\). Lớp \(10A\) có \(20\) bạn nữ, \(25\) bạn nam. Lớp \(10B\) có \(24\) bạn nữ, \(21\) bạn nam. Chọn ngẫu nhiên từ mỗi lớp ra \(2\) bạn đi tập văn nghệ. Tính xác suất của mỗi biến cố sau:
\(a)\) “Trong \(4\) bạn được chọn có ít nhất \(1\) bạn nam”;
\(b)\) “Trong \(4\) bạn được chọn có đủ cả nam và nữ”.
Trả lời:
Lớp \(10A\) có \(20 + 25 = 45\) bạn
Lớp \(10B\) có \(24 + 21 = 45\) bạn
Chọn ngẫu nhiên mỗi lớp ra \(2\) bạn nên ta có số kết quả của không gian mẫu là:
\(C_{45}^2. C_{45}^2 = 980100\)
\(a)\) Gọi \(A\) là biến cố “Trong \(4\) bạn được chọn có ít nhất \(1\) bạn nam”
Khi đó biến cố đối của \(A\) là \(\overline{A}\): “Trong \(4\) bạn được chọn không có bạn nam nào”
Suy ra các kết quả thuận lợi cho biến cố \(\overline{A}\) là:
\(n(\overline{A}) = C_{20}^2. C_{24}^2 = 52440\)
\(\Rightarrow P(\overline{A}) = \displaystyle \frac{n(\overline{A})}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{52440}{980100} \approx 0, 054\)
\(\Rightarrow P(A) = 1 \ – \ P(\overline{A}) \approx 0,946\)
\(b)\) Gọi \(B\) là biến cố “Trong \(4\) bạn được chọn có đủ cả nam và nữ”
Khi đó biến cố đối của \(B\) là \(\overline{B}\): ” Trong \(4\) bạn được chọn chỉ có nam hoặc chỉ có nữ”
Suy ra các kết quả thuận lợi cho biến cố \(\overline{B}\) là:
\(n(\overline{B}) = C_{20}^2. C_{24}^2 + C_{25}^2. C_{21}^2 = 115440\)
\(\Rightarrow P(\overline{B}) = \displaystyle \frac{n(\overline{B})}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{115440}{980100} \approx 0,118\)
Suy ra \(P(B) = 1 \ – \ P(\overline{B}) \approx 0,882\).
\(\)
Bài \(9\). Trong hộp có \(5\) bóng xanh, \(6\) bóng đỏ và \(2\) bóng vàng. Các quả bóng có kích thước và khối lượng như nhau. Lấy \(2\) bóng từ hộp, xem màu, trả lại hộp rồi lại lấy tiếp \(1\) bóng nữa từ hộp. Tính xác suất của mỗi biến cố sau:
\(a)\) “Ba bóng lấy ra cùng màu”;
\(b)\) Bóng lấy ra lần \(2\) là bóng xanh”;
\(c)\) “Ba bóng lấy ra có \(3\) màu khác nhau”.
Trả lời:
Công việc lấy \(3\) quả bóng được chia làm hai giai đoạn:
- Giai đoạn \(1\): Lấy \(2\) quả bóng, ta được \(C_{13}^2\)
- Giai đoạn \(2\): Ứng với \(2\) quả bóng đã chọn, lấy thêm \(1\) quả bóng, ta được \(C_{13}^1\)
Suy ra ta có số kết quả của không gian mẫu là:
\(n(\Omega) = C_{13}^2. C_{13}^1 = 1014\)
\(a)\) Gọi \(A\) là biến cố “Ba bóng lấy ra cùng màu”
Công việc lấy ra ba bóng cùng màu được chia thành \(3\) phương án:
Phương án \(1\): Ba quả bóng đều màu xanh, ta có: \(C_5^2. C_5^1 = 50\) cách
Phương án \(2\): Ba quả bóng đều màu đỏ, ta có: \(C_6^2. C_6^1 = 90\) cách
Phương án \(3\): Ba quả bóng đều màu vàng, ta có: \(C_2^2. C_2^1 = 2\) cách
Do đó số các kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là:
\(n(A) = 50 + 90 + 2 = 142\)
Suy ra \(P(A) = \displaystyle \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{142}{1014} = \displaystyle \frac{71}{507}\).
\(b)\) Gọi \(B\) là biến cố “Bóng lấy ra lần \(2\) là bóng xanh”
Số các kết quả thuận lợi cho biến cố \(B\) là:
\(n(B) = C_{13}^2. C_5^1 = 390\)
\(\Rightarrow P(B) = \displaystyle \frac{n(B)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{390}{1014} = \displaystyle \frac{5}{13}\).
\(c)\) Gọi \(C\) là biến cố “Ba bóng lấy ra có \(3\) màu khác nhau”.
Việc lấy ra ba quả bóng với \(3\) màu khác nhau xảy ra \(3\) trường hợp sau:
Trường hợp \(1\): \(2\) quả bóng lấy ra trước gồm \(1\) bóng xanh và \(1\) bóng đỏ; \(1\) bóng lấy sau là bóng vàng, ta có: \(C_5^1. C_6^1. C_2^1 = 60\)
Trường hợp \(2\): \(2\) quả bóng lấy ra trước gồm \(1\) bóng xanh và \(1\) bóng vàng; \(1\) bóng lấy sau là bóng đỏ, ta có: \(C_5^1. C_2^1. C_6^1 = 60\)
Trường hợp \(3\): \(2\) quả bóng lấy ra trước gồm \(1\) bóng vàng và \(1\) bóng đỏ; \(1\) bóng lấy sau là bóng xanh, ta có: \(C_2^1. C_6^1. C_5^1 = 60\)
Suy ra số các kết quả thuận lợi cho biến cố \(C\) là:
\(n(C) = 60 + 60 + 60 = 180\)
\(\Rightarrow P(C) = \displaystyle \frac{n(C)}{n(\Omega)} = \displaystyle \frac{180}{1014} = \displaystyle \frac{30}{169}\).
\(\)
Xem bài giải trước: https://bumbii.com/bai-2-xac-suat-cua-bien-co/
Xem bài giải tiếp theo:
Xem các bài giải khác: https://bumbii.com/giai-toan-lop-10-nxb-chan-troi-sang-tao
Thông tin liên hệ & mạng xã hội:
Website: https://bumbii.com/
Facebook: https://www.facebook.com/bumbiiapp
Pinterest: https://www.pinterest.com/bumbiitech
Hạnh phúc đạt được khi bạn ngừng chờ đợi điều đó xảy ra và thực hiện các bước để biến nó thành hiện thực.