Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Xác suất cổ điển (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
Gọi A là biến cố cú sút bị cản phá. Có 16 khả năng đồng khả năng (4 vị trí sút × 4 vị trí thủ môn). Xác suất cản phá thành công: nếu cùng vào vị trí 1 hoặc 2 (2 cặp, mỗi cặp xác suất 1/16) thì cản phá chắc chắn; nếu cùng vào vị trí 3 hoặc 4 (2 cặp, mỗi cặp 1/16) thì xác suất cản phá là 0,5. Vậy P(A) = 2·(1/16)·1 + 2·(1/16)·0,5 = 2/16 + 1/16 = 3/16 = 0,1875. Xác suất cú sút không thành công (bị cản phá) là 0,1875 ≈ 0,19, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Có 16 khả năng (vị trí sút, vị trí thủ môn) đồng khả năng, mỗi khả năng xác suất 1/16. Nếu cùng vào vị trí 1 hoặc 2 (2 khả năng): thủ môn cản phá chắc chắn, xác suất cản phá = 1. Nếu cùng vào vị trí 3 hoặc 4 (2 khả năng): xác suất cản phá = 0,5. Xác suất cú sút không thành công: P = 2·(1/16)·1 + 2·(1/16)·0,5 = 2/16 + 1/16 = 3/16 = 0,1875 ≈ 0,19. Khớp đáp án nguồn 0,19.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số đại biểu: 5 + 7 + 6 = 18.
a) Chọn 3 đại biểu, mỗi người một quốc gia khác nhau: $5\cdot 7\cdot 6=210$ cách. Đúng.
b) Chọn 2 đại biểu từ 7 đại biểu Hoa Kỳ: $C_7^2=21$ cách. Đúng.
c) Tổng cách chọn 2 người từ 18 người: $C_{18}^2=153$. Chọn 2 người cùng quốc gia: $C_5^2+C_7^2+C_6^2=10+21+15=46$. Vậy xác suất hai quốc gia khác nhau là $\frac{153-46}{153}=\frac{107}{153}\approx 0,699\ne \frac{203}{272}$. Sai.
d) Tổng cách chọn 3 người từ 18 người: $C_{18}^3=816$. Chọn 3 người cùng quốc gia: $C_5^3+C_7^3+C_6^3=10+35+20=65$. Xác suất $=\frac{65}{816}\ne \frac{35}{816}$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$5\cdot 7\cdot 6=210$ cách.
b) (AI giải đề cho tôi)
$C_7^2=21$ cách.
c) (AI giải đề cho tôi)
Xác suất là $\frac{107}{153}\approx 0,699$, không bằng $\frac{203}{272}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Số cách chọn 3 người cùng quốc gia là $10+35+20=65$, nên xác suất $\frac{65}{816}\ne \frac{35}{816}$.

(AI giải đề cho tôi)
Xếp ngẫu nhiên 9 học sinh: $9!=362880$ cách. Điều kiện 'giữa hai học sinh nữ luôn có ít nhất hai học sinh nam' nghĩa là giữa bất kỳ hai bạn nữ nào cũng có ít nhất 2 nam, tương đương xếp 6 nam trước rồi chọn 3 trong 7 khoảng trống (kể cả hai đầu) để đặt 3 nữ: $6!\cdot C_7^3\cdot 3!=720\cdot 35\cdot 6=151200$ cách. Xác suất $P=\frac{151200}{362880}=\frac{5}{12}$, vậy $a=5,b=12$, $T=1016\cdot 5+2\cdot 12=5080+24=5104$.

Ta có $n(\Omega )=C_6^2\cdot C_4^2\cdot C_2^2=90$. Xét các biến cố
$A$ : “Có ít nhất một hộp chứa hai thẻ cùng màu”;
$X$ : “Có một hộp chứa hai thẻ màu xanh”;
$Y$ : “Có một hộp chứa hai thẻ màu đỏ”.
Khi đó $A=X\cup Y$.
Nhận thấy $n(X)=n(Y)=C_3^1\cdot C_4^2\cdot C_2^2=18$; $n(XY)=C_3^1\cdot C_2^1\cdot C_2^2=6$. (0,25 điểm)
Do đó $P(A)=P(X\cup Y)=P(X)+P(Y)-P(XY)$
$$=\frac{n(X)}{n(\Omega )}+\frac{n(Y)}{n(\Omega )}-\frac{n(XY)}{n(\Omega )}=\frac{18+18-6}{90}=\frac{1}{3}.$$ (0,25 điểm)
Vậy, xác suất để không có hộp nào chứa hai thẻ cùng màu là
$$P(\overline{A})=1-P(A)=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}.$$

Ta có $n(\Omega )=C_6^2\cdot C_4^2\cdot C_2^2=90$. Xét các biến cố
$A$ : “Có ít nhất một hộp chứa hai thẻ cùng màu”;
$X$ : “Có một hộp chứa hai thẻ màu xanh”;
$Y$ : “Có một hộp chứa hai thẻ màu đỏ”.
Khi đó $A=X\cup Y$.
Nhận thấy $n(X)=n(Y)=C_3^1\cdot C_4^2\cdot C_2^2=18$; $n(XY)=C_3^1\cdot C_2^1\cdot C_2^2=6$. (0,25 điểm)
Do đó $P(A)=P(X\cup Y)=P(X)+P(Y)-P(XY)$
$$=\frac{n(X)}{n(\Omega )}+\frac{n(Y)}{n(\Omega )}-\frac{n(XY)}{n(\Omega )}=\frac{18+18-6}{90}=\frac{1}{3}.$$ (0,25 điểm)
Vậy, xác suất để không có hộp nào chứa hai thẻ cùng màu là
$$P(\overline{A})=1-P(A)=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}.$$

Số phần tử không gian mẫu (chia 12 đội thành 3 bảng 4 đội): $n(\Omega )=C_{12}^4\cdot C_8^4\cdot C_4^4=34650$.
Biến cố thuận lợi X: “Ba đội khách mời nằm ở ba bảng đấu khác nhau”
Xếp 3 đội khách mời vào 3 bảng A, B, C: Có $3!=6$ cách.
Xếp 9 đội còn lại vào 3 bảng, mỗi bảng 3 đội: $C_9^3\cdot C_6^3\cdot C_3^3=1680$ cách.
Số kết quả thuận lợi: $n(X)=6\cdot 1680=10080$.
Xác suất: $P=\frac{n(X)}{n(\Omega )}=\frac{10080}{34650}=\frac{16}{55}\approx 0,29$.
Kết quả làm tròn đến hàng phần chục là 0,3.

Tổng số học sinh là $4+3+2=9$.
a) Đúng. $n(\Omega )=C_9^3=84$.
b) Đúng. Chọn 3 em cùng lớp: $C_4^3$ (lớp B) $+C_3^3$ (lớp C) $=4+1=5$. Xác suất $P=\frac{5}{84}$.
c) Sai. Chọn 1 em lớp D ($C_2^1$) và 2 em lớp khác ($C_7^2$): $2\cdot 21=42$. Xác suất $P=\frac{42}{84}=\frac{1}{2}$.
d) Đúng. Chọn mỗi lớp 1 học sinh: $C_4^1\cdot C_3^1\cdot C_2^1=4\cdot 3\cdot 2=24$. Xác suất $P=\frac{24}{84}=\frac{2}{7}$.
Chọn đáp án [a đúng | b đúng | c sai | d đúng]
a) Đúng. $n(\Omega )=C_9^3=84$.
b) Đúng. Chọn 3 em cùng lớp: $C_4^3$ (lớp B) $+C_3^3$ (lớp C) $=4+1=5$. Xác suất $P=\frac{5}{84}$.
c) Sai. Chọn 1 em lớp D ($C_2^1$) và 2 em lớp khác ($C_7^2$): $2\cdot 21=42$. Xác suất $P=\frac{42}{84}=\frac{1}{2}$.
d) Đúng. Chọn mỗi lớp 1 học sinh: $C_4^1\cdot C_3^1\cdot C_2^1=4\cdot 3\cdot 2=24$. Xác suất $P=\frac{24}{84}=\frac{2}{7}$.

- Số cách lấy ngẫu nhiên 6 viên bi từ 15 viên là: $n(\Omega )=C_{15}^6=5005$.
- Gọi $A$ là biến cố: "Các viên bi còn lại trong hộp có đủ ba màu".
- Biến cố đối $\bar{A}$: "Các viên bi còn lại trong hộp thiếu ít nhất một màu". Vì chỉ lấy ra 6 viên bi, nên:
- Để còn lại thiếu màu xanh: Ta phải lấy ra toàn bộ 3 viên bi xanh. Số cách lấy là: $C_3^3\cdot C_{12}^3=220$ (cách).
- Để còn lại thiếu màu đỏ: Ta phải lấy ra toàn bộ 4 viên bi đỏ. Số cách lấy là: $C_4^4\cdot C_{11}^2=55$ (cách).
- Để còn lại thiếu màu vàng: Ta phải lấy ra toàn bộ 8 viên bi vàng. Trường hợp này không thể xảy ra vì chỉ lấy ra tối đa 6 viên.
- Do không thể lấy đồng thời toàn bộ bi xanh và toàn bộ bi đỏ (tổng cộng $3+4=7>6$), nên số kết quả thuận lợi cho biến cố $\bar{A}$ là:
$$n(\bar{A})=220+55=275.$$
- Xác suất của biến cố đối là: $P(\bar{A})=\frac{275}{5005}=\frac{5}{91}$.
Vậy xác suất để các viên bi còn lại có đủ ba màu là:
$$P(A)=1-P(\bar{A})=1-\frac{5}{91}=\frac{86}{91}.$$

(AI giải đề cho tôi)
a) Tập $S=\{0,1,2,3,4,5,6,7\}$ có $n(S)=8$ phần tử. Mật mã gồm 7 chữ số đôi một khác nhau, không bắt đầu bằng 0: chữ số đầu có 7 cách (khác 0); 6 vị trí còn lại chọn và sắp từ 7 chữ số còn lại: $A_7^6=5040$ cách. Vậy không gian mẫu có $|\Omega |=7\cdot 5040=35280$ mật mã hợp lệ.

b) Gọi $A$ là biến cố 'mật mã thỏa mãn cả hai điều kiện'.
- Ba chữ số đầu là ba chữ số lẻ, thuộc $\{1,3,5,7\}$ (4 số lẻ).
- Ba chữ số cuối là ba chữ số chẵn, thuộc $\{0,2,4,6\}$ (4 số chẵn).
- Chữ số chính giữa (vị trí 4) là chữ số duy nhất còn lại chưa dùng, phải thuộc $\{4,5,6,7\}$.

Trường hợp 1: chữ số giữa là số lẻ $\in \{5,7\}$: 2 cách chọn; sắp 3 số lẻ còn lại vào 3 vị trí đầu: $3!=6$ cách; sắp 3 số chẵn chọn từ 4 số vào 3 vị trí cuối: $A_4^3=24$ cách. Số cách: $2\cdot 6\cdot 24=288$.

Trường hợp 2: chữ số giữa là số chẵn $\in \{4,6\}$: 2 cách chọn; sắp 3 số lẻ chọn từ 4 số vào 3 vị trí đầu: $A_4^3=24$ cách; sắp 3 số chẵn còn lại vào 3 vị trí cuối: $3!=6$ cách. Số cách: $2\cdot 24\cdot 6=288$.

Vậy $|A|=288+288=576$. Xác suất:
$$P(A)=\frac{576}{35280}=\frac{2}{122,5}\cdot \frac{1}{1}=\frac{576}{35280}\approx 0,\mathrm{016326...}$$
Làm tròn đến hàng phần trăm: $P(A)\approx 1,63\%$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số cách chọn 4 học sinh từ 10 học sinh là $C_{10}^4=210$ (chọn không kể thứ tự).

a) Để có đủ cả ba lớp, học sinh lớp 12A7 (chỉ 1 em) phải được chọn. Còn chọn 3 em từ 9 em còn lại (4 em 12A1, 5 em 12A9) sao cho có ít nhất 1 em mỗi lớp: $C_9^3-C_5^3-C_4^3=84-10-4=70$. Xác suất $=\frac{70}{210}=\frac{1}{3}$. Đúng.

b) Chọn 4 học sinh bất kỳ là tổ hợp, không phải chỉnh hợp: $C_{10}^4=210$, không phải $A_{10}^4$. Sai.

c) Không có học sinh lớp 12A1: chọn 4 từ 6 em còn lại, $C_6^4=15$. Xác suất $=\frac{15}{210}=\frac{1}{14}$. Đúng.

d) Cả 4 em đều lớp 12A9: $C_5^4=5$. Xác suất $=\frac{5}{210}=\frac{1}{42}$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Học sinh 12A7 phải được chọn; chọn 3 em từ 9 em còn lại có đủ 12A1 và 12A9: $C_9^3-C_5^3-C_4^3=70$. Xác suất $=70/210=1/3$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Chọn không kể thứ tự nên số cách là $C_{10}^4=210$, không phải $A_{10}^4$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Chọn 4 từ 6 em không thuộc 12A1: $C_6^4=15$; xác suất $=15/210=1/14$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Chọn cả 4 từ 5 em lớp 12A9: $C_5^4=5$; xác suất $=5/210=1/42$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số cách lấy 3 viên từ 18 viên: $C_{18}^3=816$. Số cách lấy 3 viên khác màu (mỗi màu 1 viên) và khác số: đếm bộ $(r,b,y)$ với $r\in \{\mathrm{1..5}\},b\in \{\mathrm{1..6}\},y\in \{\mathrm{1..7}\}$ đôi một khác nhau. Tổng: $5\cdot 6\cdot 7=210$. Trừ các trường hợp trùng số theo cặp: $r=b$: 5; $r=y$: 5; $b=y$: 6, cộng lại 16. Cộng lại trường hợp cả ba cùng số: 5. Vậy số cách thuận lợi: $210-16+5=199$. Do đó $p=\frac{199}{816}$ và $816p=199$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số cách chọn 4 học sinh từ 10 học sinh là $C_{10}^4=210$ (chọn không kể thứ tự). a) Để có đủ cả ba lớp (4A1, 1A7, 5A9) với 4 người: trường hợp 2 từ 12A1, 1 từ 12A7, 1 từ 12A9: $C_4^2\cdot C_1^1\cdot C_5^1=6\cdot 1\cdot 5=30$; trường hợp 1 từ 12A1, 1 từ 12A7, 2 từ 12A9: $C_4^1\cdot C_1^1\cdot C_5^2=4\cdot 1\cdot 10=40$. Tổng $70$, xác suất $70/210=1/3$ → đúng. b) Chọn 4 học sinh bất kỳ là tổ hợp $C_{10}^4=210$, không phải chỉnh hợp $A_{10}^4$ → sai. c) Không có học sinh lớp 12A1: chọn 4 từ 6 học sinh còn lại: $C_6^4=15$, xác suất $15/210=1/14$ → đúng. d) Cả 4 đều ở lớp 12A9: $C_5^4=5$, xác suất $5/210=1/42$ → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Số cách chọn đủ cả ba lớp: $C_4^2{C}_1^1{C}_5^1+C_4^1{C}_1^1{C}_5^2=30+40=70$; xác suất $70/C_{10}^4=70/210=1/3$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Chọn 4 học sinh bất kỳ từ 10 là tổ hợp $C_{10}^4=210$, không phải $A_{10}^4$ vì không kể thứ tự.
c) (AI giải đề cho tôi)
Không có học sinh 12A1: chọn 4 từ 6 học sinh còn lại, $C_6^4=15$; xác suất $15/210=1/14$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Cả 4 ở lớp 12A9: $C_5^4=5$; xác suất $5/210=1/42$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số cách lấy 3 bi từ 18 bi là $C_{18}^3=816$. Số cách lấy 3 bi khác màu (1 đỏ, 1 xanh, 1 vàng) và khác số: chọn bi đỏ $a\in \{1,...,5\}$, bi xanh $b\in \{1,...,6\}$, bi vàng $c\in \{1,...,7\}$ với $a,b,c$ đôi một khác nhau. Dùng bù - trừ: tổng $5\cdot 6\cdot 7=210$; trừ $a=b$: $5\cdot 7=35$; trừ $a=c$: $5\cdot 6=30$; trừ $b=c$: $5\cdot 6=30$; cộng lại $a=b=c$: $5$. Kết quả $210-35-30-30+5=120$. Vậy $p=\frac{120}{816}$ và $816p=120$.

Số phần tử của không gian mẫu là $n(\Omega )=9.10^3=9000$. (0,25 điểm)

Gọi $A$ là biến cố “số được chọn có dạng $\overline{abcd}$, trong đó $1\le a\le b\le c\le d\le 9$”.

Số dạng $\overline{aaaa}$ có 9 số.

Số dạng $\overline{abcd}$ ($a<b<c<d$) có $C_9^4$ số.

Số dạng $\overline{aaab}$ có $C_9^2$ số.

Số dạng $\overline{aabb}$ có $C_9^2$ số.

Số dạng $\overline{abbb}$ có $C_9^2$ số.

Số dạng $\overline{abbc}$ có $C_9^3$ số.

Số dạng $\overline{abbc}$ có $C_9^3$ số.

Số dạng $\overline{abcc}$ có $C_9^3$ số.

$n(A)=9+C_9^4+3.C_9^2+3.C_9^3=495$.

Vậy $P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{495}{9000}=0.055$. (0,25 điểm)

Số phần tử của không gian mẫu là $n(\Omega )=9.10^3=9000$. (0,25 điểm)

Gọi $A$ là biến cố “số được chọn có dạng $\overline{abcd}$, trong đó $1\le a\le b\le c\le d\le 9$”.

Số dạng $\overline{aaaa}$ có 9 số.

Số dạng $\overline{abcd}$ ($a<b<c<d$) có $C_9^4$ số.

Số dạng $\overline{aaab}$ có $C_9^2$ số.

Số dạng $\overline{aabb}$ có $C_9^2$ số.

Số dạng $\overline{abbb}$ có $C_9^2$ số.

Số dạng $\overline{abbc}$ có $C_9^3$ số.

Số dạng $\overline{abbc}$ có $C_9^3$ số.

Số dạng $\overline{abcc}$ có $C_9^3$ số.

$n(A)=9+C_9^4+3.C_9^2+3.C_9^3=495$.

Vậy $P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{495}{9000}=0.055$. (0,25 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
Hình vuông cạnh 5, chia mỗi cạnh thành 5 đoạn bằng nhau. $S$ gồm 16 điểm chia cạnh và 4 đỉnh, tức là đúng 20 điểm nằm trên biên hình vuông (không có điểm nào bên trong — các điểm như $(3,4)$, $(4,3)$ không thuộc $S$). Gọi các đỉnh là $(0,0),(5,0),(5,5),(0,5)$; các điểm của $S$ là các điểm có toạ độ nguyên trên biên hình vuông $[0,5{]}^2$.

a) Đếm các cặp điểm có khoảng cách đúng bằng 5, tức $\Delta x^2+\Delta y^2=25$:
- Cùng một cạnh: mỗi cạnh có 6 điểm, duy nhất một cặp cách đúng 5 (hai đầu cạnh): $4$ cặp.
- Hai điểm trên hai cạnh kề nhau (không tính cặp cùng thuộc một cạnh): với $a,b\in \{1,2,3,4\}$, cần $a^2+b^2=25$, chỉ có $(a,b)=(3,4)$ và $(4,3)$. Mỗi đỉnh cho $2$ cặp, có $4$ đỉnh: $8$ cặp. (Chú ý các cặp kiểu $(3,0)-(0,4)$ chính là trường hợp này; còn $(0,0)-(3,4)$, $(0,0)-(4,3)$ không được tính vì $(3,4),(4,3)$ là điểm trong, không thuộc $S$.)
- Hai điểm trên hai cạnh đối diện: khoảng cách $\sqrt{(a-b{)}^2+25}=5$ khi $a=b$, với $a=b\in \{1,2,3,4\}$ (trường hợp $a=b=0$ hoặc $a=b=5$ là các cặp đỉnh đã tính ở cùng cạnh): mỗi cặp cạnh đối diện cho $4$ cặp, có $2$ cặp cạnh đối diện: $8$ cặp.
Vậy tổng số cách chọn là $4+8+8=20$ cách.

b) Tổng số cách chọn 2 điểm: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{20}{2}\right)=190$. Đếm số cặp có khoảng cách lớn hơn 5:
- Hai đỉnh đối nhau $(0,0)-(5,5)$, $(0,5)-(5,0)$: khoảng cách $5\sqrt{2}>5$: $2$ cặp.
- Cặp đỉnh – điểm chia không thuộc hai cạnh chứa đỉnh đó: với mỗi đỉnh có $8$ điểm như vậy (4 điểm trên cạnh đối diện song song và 4 điểm trên cạnh đối diện kia), khoảng cách dạng $\sqrt{a^2+25}>5$: $4\cdot 8=32$ cặp.
- Hai điểm chia trên hai cạnh kề: $a^2+b^2>25$ với $a,b\in \{1,2,3,4\}$ chỉ xảy ra tại $(a,b)=(4,4)$: mỗi đỉnh có $1$ cặp, $4$ đỉnh: $4$ cặp.
- Hai điểm chia trên hai cạnh đối diện: khoảng cách $\sqrt{(a-b{)}^2+25}>5$ luôn đúng với mọi $a,b\in \{1,2,3,4\}$: $16\cdot 2=32$ cặp.
Tổng số cặp có khoảng cách $>5$: $2+32+4+32=70$.
Số cặp có khoảng cách không lớn hơn 5: $190-70=120$.
Xác suất $P=\frac{120}{190}=\frac{12}{19}\approx 0,63$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số số có ba chữ số đôi một khác nhau từ tập A (chữ số đầu khác 0): 5·5·4 = 120. Số chia hết cho 5 có tận cùng là 0 hoặc 5. Trường hợp tận cùng 0: 5·4 = 20 số. Trường hợp tận cùng 5: chữ số hàng trăm khác 0 và khác 5 nên có 4 cách, chữ số hàng chục có 4 cách (khác hai chữ số đã dùng, gồm cả 0) → 16 số. Xác suất = (20+16)/120 = 36/120 = 3/10. Vậy chọn D.

(AI giải đề cho tôi)
Chỉ cần xét vị trí 5 số lẻ (1,3,5,7,9) trong 9 ô; các số chẵn tự điền vào phần còn lại. Không gian mẫu: C(9,5)=126 cách chọn vị trí cho các số lẻ. Biến cố A: mỗi hàng, mỗi cột đều có ít nhất một số lẻ. Dùng bù: gọi R_i là biến cố hàng i không có số lẻ, C_j là biến cố cột j không có số lẻ. Ta có |R_i|=C(6,5)=6, |C_j|=C(6,5)=6, và mọi giao (hai hàng, hai cột, một hàng và một cột) đều rỗng vì số ô còn lại nhỏ hơn 5 (C(3,5)=C(4,5)=0). Vậy số cách xấu = 3·6+3·6=36, số cách thuận lợi = 126−36=90. Xác suất P(A)=90/126=5/7≈0,71.

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: các số có ba chữ số từ 100 đến 999, gồm 900 số. Chú hề thực hiện ngẫu nhiên một trong hai thao tác, mỗi thao tác xác suất $1/2$.

Thao tác 1 (loại chữ số đầu): kết quả là hai chữ số cuối, phải là số chính phương hai chữ số: $16,25,36,49,64,81$ (6 giá trị, chữ số hàng chục khác 0 nên hợp lệ). Với mỗi giá trị, chữ số hàng trăm có 9 cách chọn → $6\cdot 9=54$ số.

Thao tác 2 (loại chữ số cuối): kết quả là hai chữ số đầu, phải thuộc $\{16,25,36,49,64,81\}$; chữ số hàng đơn vị có 10 cách chọn → $6\cdot 10=60$ số.

Xác suất thắng:
$$P=\frac{1}{2}\cdot \frac{54}{900}+\frac{1}{2}\cdot \frac{60}{900}=\frac{54+60}{1800}=\frac{114}{1800}=\frac{19}{300}.$$

b) Xác suất thua:
$$1-\frac{19}{300}=\frac{281}{300}.$$