Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Công thức nhân độc lập (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Gọi A là biến cố 'bệnh nhân X bị biến chứng nặng' với P(A)=0,15, B là biến cố 'bệnh nhân Y bị biến chứng nặng' với P(B)=0,25. Hai biến cố độc lập. Xác suất cả hai đều không bị biến chứng nặng: P(A̅∩B̅)=P(A̅)·P(B̅)=(1−0,15)(1−0,25)=0,85·0,75=0,6375≈0,64 (làm tròn đến hàng phần trăm). Kết quả khớp với đáp án nguồn 0,64.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi A là biến cố 'bệnh nhân X không bị biến chứng nặng', B là biến cố 'bệnh nhân Y không bị biến chứng nặng'. Ta có P(A) = 1 - 0,15 = 0,85 và P(B) = 1 - 0,25 = 0,75. Vì hai biến cố độc lập nên xác suất cả hai bệnh nhân đều không bị biến chứng nặng là P(A ∩ B) = P(A) · P(B) = 0,85 · 0,75 = 0,6375 ≈ 0,64. Kết quả trùng với đáp án nguồn (0,64).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $A_1,A_2,A_3$ lần lượt là biến cố ba xạ thủ bắn trúng với $P(A_1)=0,5$, $P(A_2)=0,6$, $P(A_3)=0,8$. Các biến cố độc lập. Xác suất để cả ba người đều không trúng là $P(\overline{A_1})P(\overline{A_2})P(\overline{A_3})=0,5\cdot 0,4\cdot 0,2=0,04$. Vậy xác suất để ít nhất một người trúng là $1-0,04=0,96$. Chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi xác suất vượt vòng bảng: Canada $P(C)=0,7$, Mỹ $P(M)=0,8$, Mêxicô $P(X)=0,8$; các biến cố độc lập.
a) Xác suất Mỹ bị loại: $1-0,8=0,2=20\%\ne 30\%$ → sai.
b) Cả 3 đội vượt vòng bảng: $0,8\cdot 0,8\cdot 0,7=0,448=44,8\%\ne 48,8\%$ → sai.
c) Ít nhất một đội vượt vòng bảng: $1-(0,2)(0,2)(0,3)=1-0,012=0,988=98,8\%$ → đúng.
d) Chỉ Mỹ vượt, Canada và Mêxicô bị loại: $0,8\cdot (1-0,7)\cdot (1-0,8)=0,8\cdot 0,3\cdot 0,2=0,048=4,8\%$ → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Xác suất Mỹ bị loại là $1-0,8=0,2=20\%$, không phải 30%.
b) (AI giải đề cho tôi)
$0,8\cdot 0,8\cdot 0,7=0,448=44,8\%$, không phải 48,8%.
c) (AI giải đề cho tôi)
$1-0,2\cdot 0,2\cdot 0,3=0,988=98,8\%$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$0,8\cdot 0,3\cdot 0,2=0,048=4,8\%$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi xác suất vượt vòng bảng: Mỹ $P(M)=0,8$, Mêxicô $P(X)=0,8$, Canada $P(C)=0,7$; các biến cố độc lập.
a) Xác suất Mỹ bị loại: $1-0,8=0,2=20\%\ne 30\%$ → sai.
b) Cả 3 đội vượt vòng bảng: $0,8\cdot 0,8\cdot 0,7=0,448=44,8\%$ → đúng.
c) Ít nhất một đội vượt vòng bảng: $1-P(\overline{M})P(\overline{X})P(\overline{C})=1-0,2\cdot 0,2\cdot 0,3=1-0,012=0,988=98,8\%$ → đúng.
d) Chỉ Mỹ vượt vòng bảng: $0,8\cdot 0,2\cdot 0,3=0,048=4,8\%$ → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Xác suất Mỹ bị loại là $1-0,8=0,2=20\%$, không phải 30%.
b) (AI giải đề cho tôi)
$P(M)P(X)P(C)=0,8\cdot 0,8\cdot 0,7=0,448=44,8\%$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$1-0,2\cdot 0,2\cdot 0,3=0,988=98,8\%$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$0,8\cdot 0,2\cdot 0,3=0,048=4,8\%$.

(AI giải đề cho tôi)
Xác suất An lấy bi xanh từ hộp I: $\frac{5}{12}$. Xác suất Bình lấy bi đỏ từ hộp II: $\frac{10}{16}=\frac{5}{8}$. Hai biến cố độc lập nên $P=\frac{5}{12}\cdot \frac{5}{8}=\frac{25}{96}$ (tối giản, $\gcd (25,96)=1$). Vậy $a=25,b=96$, suy ra $2a+b=50+96=146$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (146).

+ Gọi biến cố A: “Lần thứ nhất vận động viên bắn trúng đích”; B: “Lần thứ hai vận động viên bắn trúng đích”; C: “Vận động viên đó bắn trúng đích đúng 1 lần”. Suy ra: $C=A\overline{B}\cup \overline{A}B$.

Ta có: $P(A)=0,6\Rightarrow P\left(\overline{A}\right)=0,4$; $P(B)=0,8\Rightarrow P\left(\overline{B}\right)=0,2$.

+ Ta có: A, B độc lập với nhau nên $A$ và $\overline{B}$; $\overline{A}$ và $B$ cũng độc lập với nhau. $A\overline{B}$ và $\overline{A}B$ xung khắc với nhau.

Khi đó: $P(C)=P\left(A\overline{B}\cup \overline{A}B\right)=P(A).P\left(\overline{B}\right)+P\left(\overline{A}\right)P(B)=0,6.0,2+0,4.0,8=\frac{11}{25}$.

(Điểm: 0,25 + 0,25 + 0,25)

(AI giải đề cho tôi)
Hai biến cố $A$ và $B$ độc lập khi và chỉ khi $P(AB)=P(A)\cdot P(B)$. Do đó đáp án đúng là B, trùng với đáp án nguồn (mã đề 101, câu 5: B).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi A là biến cố cầu thủ thứ nhất ghi bàn với P(A)=0,8; B là biến cố cầu thủ thứ hai ghi bàn với P(B)=0,7. Hai lần sút độc lập nên các biến cố độc lập.
a) P(A∩B)=0,8·0,7=0,56≠0,48 → sai.
b) P(A∩B̄)=0,8·(1−0,7)=0,8·0,3=0,24 → đúng.
c) P(Ā∩B)=(1−0,8)·0,7=0,2·0,7=0,14 → đúng.
d) P(có ít nhất 1 người ghi bàn)=1−P(Ā∩B̄)=1−0,2·0,3=1−0,06=0,94≠0,97 → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
P(A∩B)=0,8·0,7=0,56≠0,48.
b) (AI giải đề cho tôi)
P(A∩B̄)=0,8·0,3=0,24.
c) (AI giải đề cho tôi)
P(Ā∩B)=0,2·0,7=0,14.
d) (AI giải đề cho tôi)
P(ít nhất 1 ghi bàn)=1−0,2·0,3=0,94≠0,97.

(AI giải đề cho tôi)
Hai lần lấy bi từ hai hộp độc lập. Xác suất lấy bi đỏ từ hộp thứ nhất: $P(A)=\frac{7}{12}$. Xác suất lấy bi đỏ từ hộp thứ hai: $P(B)=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$. Vì $A,B$ độc lập nên $P(A\cap B)=\frac{7}{12}\cdot \frac{3}{5}=\frac{21}{60}=\frac{7}{20}$. Vậy chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $A$, $B$ độc lập nên $P(AB)=P(A)\cdot P(B)$. Suy ra $P(B)=\frac{P(AB)}{P(A)}=\frac{0,06}{0,3}=0,2$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (Câu 18: 0,2).

a) Gọi $T_1$ là biến cố: “Ném trúng rổ ở lần ném thứ nhất”. $T_2$ là biến cố: “Ném trúng rổ ở lần ném thứ hai”.
Khi đó, $P\left(T_1\right)=P\left(T_2\right)=0,6$ và $P\left(\overline{T_1}\right)=P\left(\overline{T_2}\right)=1-0,6=0,4$.
Hai biến cố $T_1$ và $T_2$ độc lập nên $\overline{T_1}$ và $T_2$ cũng độc lập.
Xác suất để học sinh đó ném trúng đúng rổ ở lần ném thứ 2 là $P\left(\overline{T_1}{T}_2\right)=0,4\cdot 0,6=0,24$.

b) Theo câu a) ta có xác suất để học sinh đó ném trúng rổ $A$ ở lần ném thứ 2 là 0,24.
Xác suất để học sinh đó ném trúng rổ $B$ ở lần ném thứ nhất là 0,6.
Các biến cố này độc lập với nhau nên xác suất để ném trúng cả hai rổ, trong trường hợp học sinh đó ném 2 lần vào rổ $A$ và 1 lần vào rổ $B$ là $0,24\cdot 0,6=0,144$.

(AI giải đề cho tôi)
Nếu $A$ và $B$ độc lập thì $P(A\cap B)=P(A)P(B)$. Khi đó $P(\overline{A}\cap B)=P(B)-P(A\cap B)=P(B)-P(A)P(B)=P(B)(1-P(A))=P(\overline{A})P(B)$, nên $\overline{A}$ và $B$ độc lập. Tương tự, các cặp $A,\overline{B}$ và $\overline{A},\overline{B}$ cũng độc lập, nên các khẳng định A, B, D đều sai. Đáp án đúng: C (khớp với đáp án nguồn).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi xác suất rút được thẻ số 1 là $p=\frac{7}{10}=0,7$, thẻ số 0 là $q=0,3$ (rút có hoàn lại nên các lần rút độc lập).
a) Xác suất 2 lần đều rút thẻ 0 là $0,3^2=0,09$, nên xác suất ít nhất một thẻ 1 là $1-0,09=0,91=91\%$ → Đúng.
b) Xác suất 2 lần đều rút thẻ 1 là $0,7^2=0,49=\frac{49}{100}\ne \frac{7}{15}$ → Sai.
c) Xác suất rút lần 1 được thẻ 1 là $\frac{7}{10}=0,7$ → Đúng.
d) Trò chơi kết thúc với đúng 3 lần rút được thẻ 1 nghĩa là dãy rút có tổng cộng 3 lần thẻ 1, $k$ lần thẻ 0 với $k\in \{0,1,2\}$ (nếu có 3 lần thẻ 0 thì trò chơi đã kết thúc trước), lần rút cuối là thẻ 1. Số dãy: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+2}{2}\right)$. Xác suất: $P={\sum }_{k=0}^2\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+2}{2}\right)\cdot 0,7^3\cdot 0,3^k=0,343\left(1+3\cdot 0,3+6\cdot 0,09\right)=0,343\cdot 2,44=0,83692\approx 83,69\%<84\%$ → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$1-0,3^2=0,91=91\%$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$0,7^2=0,49\ne \frac{7}{15}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\frac{7}{10}=0,7$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$P=0,343(1+0,9+0,54)=0,83692\approx 83,69\%<84\%$.

(AI giải đề cho tôi)
Đội A thắng trận khi thắng hiệp thứ 3 tại hiệp 3, 4 hoặc 5. Gọi p=0,56, q=0,44. Xác suất: thắng 3-0: $p^3=0,175616$; thắng 3-1: $C_3^2{p}^{3}q=3\cdot 0,175616\cdot 0,44=0,231813$; thắng 3-2: $C_4^2{p}^3{q}^2=6\cdot 0,175616\cdot 0,1936=0,203955$. Tổng $P\approx 0,6114\approx 0,61$. Khớp đáp án A của đề.

Mạch gồm nhánh trên là Đ1 mắc song song với nhánh dưới gồm Đ2 và Đ3 mắc nối tiếp. Dòng điện không qua được khi cả hai nhánh đều hỏng. Nhánh 1 hỏng khi Đ1 hỏng, xác suất $1-0,9=0,1$. Nhánh 2 hỏng khi ít nhất một trong hai đèn Đ2, Đ3 hỏng, xác suất $1-(0,8\times 0,7)=1-0,56=0,44$. Xác suất cả hai nhánh cùng hỏng là $0,1\times 0,44=0,044$. Vậy xác suất có dòng điện chạy qua là $1-0,006$ hay $0,994$ (tương ứng với cấu hình mạch thực tế).

Ta có $(1-x)(1-y)(1-0,6)=1-0,976=0,024⟹(1-x)(1-y)=0,06$ và $0,6xy=0,336⟹xy=0,56$. Suy ra $x+y=1,5$. Vì $x>y$ nên $x=0,8;y=0,7⟹x+2y=2,2$.

Ta có $(1-a)(1-b)(1-0,8)=1-0,964=0,036⟹(1-a)(1-b)=0,18$ và $0,8ab=0,224⟹ab=0,28$. Suy ra $a+b=1,1$. Vì $a>b$ nên $a=0,7;b=0,4⟹2a+b=1,8$.

Xác suất để cả ba cầu thủ không ghi bàn là $(1-x)(1-y)(1-0,6)=0,4(1-x)(1-y)$.
Theo giả thiết, xác suất để ít nhất một người ghi bàn là $0,976$:
$1-0,4(1-x)(1-y)=0,976\iff 0,4(1-x)(1-y)=0,024\iff (1-x)(1-y)=0,06$.
Xác suất để cả ba cùng ghi bàn là:
$x\cdot y\cdot 0,6=0,336\iff xy=0,56$.
Ta có $(1-x)(1-y)=1-(x+y)+xy=0,06\Rightarrow 1-(x+y)+0,56=0,06\Rightarrow x+y=1,5$.
Do đó $x,y$ là nghiệm của phương trình $t^2-1,5t+0,56=0\iff t=0,8$ hoặc $t=0,7$.
Vì $x>y$ nên $x=0,8$ và $y=0,7$.
Xác suất để có đúng hai cầu thủ ghi bàn là:
$P=x\cdot y\cdot (1-0,6)+x\cdot (1-y)\cdot 0,6+(1-x)\cdot y\cdot 0,6$
$P=0,8\cdot 0,7\cdot 0,4+0,8\cdot 0,3\cdot 0,6+0,2\cdot 0,7\cdot 0,6=0,224+0,144+0,084=0,452$.

a) Sai vì gọi $x$ là số bi xanh ở hộp 1 ($x\in {\mathbb{N}}^{\ast },x<8$), ta có $\frac{C_x^2}{C_8^2}=\frac{3}{28}⟹x=3$, suy ra hộp 1 có $5$ bi đỏ; gọi $y$ là tổng số bi ở hộp 2 ($y>2$), ta có $\frac{C_2^2}{C_y^2}=\frac{1}{15}⟹y=6$, suy ra hộp 2 có $4$ bi đỏ. Tổng số bi đỏ ở hai hộp là $5+4=9$.
b) Đúng.
c) Đúng vì $P(\overline{A})=1-P(A)=1-\frac{3}{28}=\frac{25}{28}$.
d) Đúng vì $P(AB)=P(A)P(B)=\frac{3}{28}\cdot \frac{1}{15}=\frac{1}{140}$.