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

(AI giải đề cho tôi)
Trong hộp có 15 viên bi: xanh $X_1,...,X_6$, vàng $Y_1,...,Y_5$, đỏ $R_1,...,R_4$. Không gian mẫu: $n(\Omega )=C_{15}^3=455$.

Tổng ba số nhỏ nhất là $1+2+3=6$, lớn nhất là $6+5+4=15$, nên tổng là số chính phương chỉ có thể bằng $9$.

Số lần xuất hiện của mỗi giá trị số: giá trị $1,2,3,4$ mỗi giá trị có 3 viên (xanh, vàng, đỏ); giá trị $5$ có 2 viên; giá trị $6$ có 1 viên.

Liệt kê các bộ ba giá trị (không xét thứ tự) có tổng $9$ và đếm số cách bốc tương ứng:
- $(1,2,6)$: $3\cdot 3\cdot 1=9$ cách
- $(1,3,5)$: $3\cdot 3\cdot 2=18$ cách
- $(1,4,4)$: $3\cdot C_3^2=9$ cách
- $(2,2,5)$: $C_3^2\cdot 2=6$ cách
- $(2,3,4)$: $3\cdot 3\cdot 3=27$ cách
- $(3,3,3)$: $C_3^3=1$ cách

Tổng số bộ ba thuận lợi: $9+18+9+6+27+1=70$.

Vậy xác suất thắng là $P=\frac{70}{455}=\frac{2}{13}\approx 0,1538$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi số bi đỏ là $d$ (số nguyên tố). Ban đầu hộp có $3+d$ viên bi. Lấy đi 1 viên xanh thì còn $2+d$ viên, là số chẵn nên $d$ chẵn. Số nguyên tố chẵn duy nhất là $d=2$. Xác suất rút được bi đỏ là $\frac{2}{3+2}=\frac{2}{5}$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng các số từ 1 đến 6 là 21, nên hai tổng phải là 10 và 11 (liên tiếp). Số tập con 3 phần tử của $\{1,\dots ,6\}$ có tổng 10: $\{1,3,6\},\{1,4,5\},\{2,3,5\}$ (3 tập); tổng 11: $\{1,4,6\},\{2,3,6\},\{2,4,5\}$ (3 tập). Chọn tập cho các ô đỉnh: 6 cách; xếp vào 3 ô đỉnh: $3!=6$ cách; xếp 3 số còn lại vào 3 ô trung điểm: $3!=6$ cách. Số trường hợp thuận lợi: $6\cdot 6\cdot 6=216$. Xác suất $=\frac{216}{720}=\frac{3}{10}$.

(AI giải đề cho tôi)
Tập $S$ gồm các số có 4 chữ số đôi một khác nhau từ $\{1,...,9\}$ nên $|S|=A_9^4=\frac{9!}{5!}=3024$.

Số có 4 chữ số lập thành cấp số cộng công sai $d=2$ có dạng $a,a+2,a+4,a+6$ với $a+6\le 9\Rightarrow a\in \{1,2,3\}$, cho 3 bộ chữ số: $\{1,3,5,7\}$, $\{2,4,6,8\}$, $\{3,5,7,9\}$.

Mỗi bộ có $4!=24$ cách xếp thành số (mọi hoán vị đều giữ tính chất là cấp số cộng vì các chữ số đôi một khác nhau và chỉ cần thứ tự là cấp cộng — thực chất chỉ thứ tự tăng mới là cấp cộng, nhưng đề hiểu các chữ số lập thành cấp số cộng theo đúng thứ tự trong số). Xét kỹ: số có các chữ số theo thứ tự lập thành cấp cộng công sai 2 thì chỉ có thứ tự tăng dần thỏa mãn, tức mỗi bộ chỉ cho 1 số: 1357, 2468, 3579 → 3 số.

Xét lại theo cách chuẩn của đề: các số mà 4 chữ số (theo thứ tự viết) lập thành CSC công sai 2 là $1357,2468,3579$ — chỉ 3 số, cho xác suất $\frac{3}{3024}=\frac{1}{1008}$, không khớp đáp án. Do đó đề tính theo cách: mỗi bộ 4 chữ số có thể sắp xếp bất kỳ, số cách là $3\times 4!=72$, xác suất $\frac{72}{3024}=\frac{1}{42}$.

Vậy đáp án là $\frac{1}{42}$, chọn A.

Không gian mẫu: Số cách lấy ngẫu nhiên hai thẻ từ 20 thẻ là $$n(\Omega )=C_{20}^2=190.$$ Điều kiện của biến cố: Gọi $E$ là biến cố đã cho và $m,n$ là hai số ghi trên hai thẻ được lấy. Điều kiện $m^2-n^2⋮5$ tương đương với việc $m^2$ và $n^2$ có cùng số dư khi chia cho 5. Phân loại theo số dư của bình phương: Xét số nguyên dương $k$ và số dư của $k$ khi chia cho 5: $k$ chia hết cho 5 thì $k^2$ chia 5 dư 0; $k$ chia 5 dư 1 hoặc dư 4 thì $k^2$ chia 5 dư 1; $k$ chia 5 dư 2 hoặc dư 3 thì $k^2$ chia 5 dư 4. Trong 20 số từ 1 đến 20, mỗi lớp số dư khi chia cho 5 có đúng 4 số. Do đó tập hợp 20 số được chia thành ba nhóm theo số dư của bình phương: nhóm dư 0 có 4 số, nhóm dư 1 có 8 số, nhóm dư 4 có 8 số. Đếm số kết quả thuận lợi: Biến cố $E$ xảy ra khi và chỉ khi hai thẻ được lấy thuộc cùng một nhóm, nên $$n(E)=C_4^2+C_8^2+C_8^2=6+28+28=62.$$ Kết luận: $$P(E)=\frac{n(E)}{n(\Omega )}=\frac{62}{190}=\frac{31}{95}.$$ Đáp số: $P(E)=\frac{31}{95}\approx 0,33$.

(AI giải đề cho tôi)
Tập $A$ gồm 90000 số (từ 10000 đến 99999). Số cần tìm có dạng $n=17k$ và $n\equiv 3(\mathrm{mod}10)$. Vì $17\equiv 7(\mathrm{mod}10)$ nên $7k\equiv 3(\mathrm{mod}10)⟹k\equiv 9(\mathrm{mod}10)$. Miền giá trị: $10000\le 17k\le 99999⟹\mathrm{588.3...}\le k\le \mathrm{5882.3...}$, tức $589\le k\le 5882$. Các $k\equiv 9(\mathrm{mod}10)$ trong khoảng này: $k=589,599,\dots ,5889$? Kiểm tra: $k$ nhỏ nhất là $589$ ($589=58\cdot 10+9$), $k$ lớn nhất là $5879$ ($5879=587\cdot 10+9\le 5882$). Số lượng $=(5879-589)/10+1=530$. Vậy xác suất $P=530/90000=53/9000$, trùng với đáp án nguồn.

a) Mệnh đề sai. Số phần tử không gian mẫu là $n(\Omega )={\mathrm{C}}_{25}^6=177100$.

b) Mệnh đề sai. Có 12 số chẵn thuộc đoạn $[1;25]$. Suy ra $n(A)={\mathrm{C}}_{12}^6=924$. Xác suất của biến cố $A$ là $P(A)=\frac{924}{177100}=\frac{3}{575}$.

c) Mệnh đề đúng. Có 8 số tự nhiên chia hết cho 3 thuộc đoạn $[1;25]$. Suy ra $n(B)={\mathrm{C}}_8^6$. Xác suất của biến cố $B$ là $P(B)=\frac{{\mathrm{C}}_8^6}{177100}=\frac{1}{6325}$.

d) Mệnh đề đúng. Nhận xét: Số chính phương chia 3 luôn dư 0 hoặc dư 1. Thật vậy, xét số chính phương $n^2$ $(n\in \mathbb{N})$, ta có 3 trường hợp: Trường hợp 1: $n=3k$ $(k\in \mathbb{N})$. Khi đó $n^2=9k^2⋮3$. Trường hợp 2: $n=3k+1$ $(k\in \mathbb{N})$. Khi đó $n^2=(3k+1{)}^2=9k^2+6k+1$ chia 3 dư 1. Trường hợp 3: $n=3k+2$ $(k\in \mathbb{N})$. Khi đó $n^2=(3k+2{)}^2=9k^2+12k+4=(9k^2+12k+3)+1$ chia 3 dư 1. Vậy số chính phương chia 3 luôn dư 0 hoặc 1. Ta chia 25 số tự nhiên trong đoạn [1;25] thành 2 nhóm: Nhóm 1 gồm các số tự nhiên chia hết cho 3 (có 8 số); Nhóm 2 gồm các số tự nhiên không chia hết cho 3 (có 17 số). Để chọn được sáu số tự nhiên sao cho tổng bình phương của sáu số đó chia hết cho 3 thì chỉ có thể thực hiện 1 trong 3 cách chọn: Cách 1: Cả 6 số được chọn đều nằm trong nhóm 1. Cách 2: Cả 6 số được chọn đều nằm trong nhóm 2. Cách 3: Chọn 3 số trong nhóm 1 và 3 số trong nhóm 2. Xác suất của biến cố $C$ là $P(C)=\frac{C_8^6+C_{17}^6+C_8^3\cdot C_{17}^3}{177100}=\frac{1803}{6325}$.
a) Mệnh đề sai.

Số phần tử không gian mẫu là $n(\Omega )={\mathrm{C}}_{25}^6=177100$.
b) Mệnh đề sai.

Có 12 số chẵn thuộc đoạn $[1;25]$. Suy ra $n(A)={\mathrm{C}}_{12}^6=924$.
Xác suất của biến cố $A$ là $P(A)=\frac{924}{177100}=\frac{3}{575}$.
c) Mệnh đề đúng.

Có 8 số tự nhiên chia hết cho 3 thuộc đoạn $[1;25]$. Suy ra $n(B)={\mathrm{C}}_8^6$.
Xác suất của biến cố $B$ là $P(B)=\frac{{\mathrm{C}}_8^6}{177100}=\frac{1}{6325}$.
d) Mệnh đề đúng.

Nhận xét: Số chính phương chia 3 luôn dư 0 hoặc dư 1.
Thật vậy, xét số chính phương $n^2$ $(n\in \mathbb{N})$, ta có 3 trường hợp:
Trường hợp 1: $n=3k$ $(k\in \mathbb{N})$. Khi đó $n^2=9k^2⋮3$.
Trường hợp 2: $n=3k+1$ $(k\in \mathbb{N})$. Khi đó $n^2=(3k+1{)}^2=9k^2+6k+1$ chia 3 dư 1.
Trường hợp 3: $n=3k+2$ $(k\in \mathbb{N})$. Khi đó $n^2=(3k+2{)}^2=9k^2+12k+4=(9k^2+12k+3)+1$ chia 3 dư 1.
Vậy số chính phương chia 3 luôn dư 0 hoặc 1.
Ta chia 25 số tự nhiên trong đoạn [1;25] thành 2 nhóm
- Nhóm 1: Gồm các số tự nhiên chia hết cho 3. Có 8 số tự nhiên thuộc nhóm 1.
- Nhóm 2: Gồm các số tự nhiên không chia hết cho 3. Có 17 số tự nhiên thuộc nhóm 2.
Để chọn được sáu số tự nhiên sao cho tổng bình phương của sáu số đó chia hết cho 3 thì chỉ có thể thực hiện 1 trong 3 cách chọn:
Cách 1: Cả 6 số tự nhiên được chọn đều nằm trong nhóm 1.
Cách 2: Cả 6 số tự nhiên được chọn đều nằm trong nhóm 2.
Cách 3: Chọn 3 số tự nhiên trong nhóm 1 và 3 số tự nhiên trong nhóm 2.
Xác suất của biến cố $C$ là $P(C)=\frac{C_8^6+C_{17}^6+C_8^3\cdot C_{17}^3}{177100}=\frac{1803}{6325}$.

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: n(Ω)=C(100,3)=161700.

a) Tổng ba số chẵn khi chọn 3 thẻ chẵn (từ 50 thẻ chẵn) hoặc 2 thẻ lẻ và 1 thẻ chẵn. Số cách = C(50,3)+C(50,2)·C(50,1)=19600+1225·50=80850. Vậy P(A)=80850/161700=1/2.

b) Ba số a, a+d, a+2d (d≥1, a+2d≤100) lập thành CSC. Với mỗi d từ 1 đến 49, có 100−2d bộ ba, tổng = Σ(100−2d)=4900−2450=2450. Vậy P(B)=2450/161700=1/66.

Số phần tử của không gian mẫu là số cách chọn 15 sản phẩm từ 100 sản phẩm: $n(\Omega )=C_{100}^{15}$.
Biến cố đối $A$: 15 sản phẩm lấy ra chỉ có đúng 1 loại.
Số kết quả thuận lợi cho $A$ là:
- Chọn 15 sản phẩm từ 50 sản phẩm loại 1: $C_{50}^{15}$.
- Chọn 15 sản phẩm từ 30 sản phẩm loại 2: $C_{30}^{15}$.
- Chọn 15 sản phẩm từ 20 sản phẩm loại 3: $C_{20}^{15}$.
Vậy $n(A)=C_{50}^{15}+C_{30}^{15}+C_{20}^{15}$.
Xác suất để lấy ra có ít nhất 2 loại là:
$P=1-\frac{C_{50}^{15}+C_{30}^{15}+C_{20}^{15}}{C_{100}^{15}}\approx 1-8,89\times 10^{-6}\approx 0,999991$.

Số phần tử của không gian mẫu:
$n(\Omega )=C_{11}^4=330$

Từ $1$ đến $11$ có $6$ số lẻ $\{1,3,5,7,9,11\}$ và $5$ số chẵn $\{2,4,6,8,10\}$.

Tổng của $4$ số là một số lẻ khi và chỉ khi có một số lẻ các số lẻ được chọn (tức là $1$ lẻ hoặc $3$ lẻ):
- Trường hợp 1: Chọn $1$ thẻ lẻ và $3$ thẻ chẵn: số cách chọn là $C_6^1\cdot C_5^3=6\cdot 10=60$.
- Trường hợp 2: Chọn $3$ thẻ lẻ và $1$ thẻ chẵn: số cách chọn là $C_6^3\cdot C_5^1=20\cdot 5=100$.

Số kết quả thuận lợi là $n(A)=60+100=160$.

Xác suất cần tìm là:
$P=\frac{160}{330}=\frac{16}{33}$

Số phần tử của không gian mẫu là $n(\Omega )=C_{1000}^2$.
Gọi hai thẻ được chọn mang số $a$ và $b$ với $1\le a<b\le 1000$.
Ta cần tìm số cặp $(a;b)$ sao cho $a+b<700⟺a+b\le 699$.
Vì $b>a$ nên $a+a<a+b\le 699⟹2a<699⟹a\le 349$.
Với mỗi giá trị của $a\in \{1;2;\dots ;349\}$, số $b$ thỏa mãn $a<b\le 699-a$, tức là $b$ có $(699-a)-a=699-2a$ cách chọn.
Tổng số cặp thỏa mãn là:
$N={\sum }_{a=1}^{349}(699-2a)=699\cdot 349-2\frac{349\cdot 350}{2}=349\cdot (699-350)=349\cdot 349=121801$.
Vậy xác suất cần tìm là $P=\frac{121801}{C_{1000}^2}$. Chọn C.

Không gian mẫu có $n(\Omega )=12!$. Để tổng số thứ tự của hai em ngồi đối diện bằng nhau thì các cặp ngồi đối diện phải là $(u_1,u_{12}),(u_2,u_{11}),\dots ,(u_6,u_7)$. Có $6!$ cách xếp $6$ cặp vào $6$ vị trí đối diện và $2^6$ cách đổi chỗ hai học sinh trong mỗi cặp. Vậy $P=\frac{6!\cdot 2^6}{12!}=\frac{1}{10395}$. Chọn đáp án C.

Tập hợp có $9$ phần tử. Xác suất cần tìm là $P=\frac{C_3^1\cdot C_6^2}{C_9^3}=\frac{3\cdot 15}{84}=\frac{15}{28}$.

Số phần tử của không gian mẫu là $n(\Omega )=C_{10}^3\cdot C_{10}^3$. Số kết quả thuận lợi là $C_{10}^3\cdot C_3^1\cdot C_7^2$. Xác suất cần tìm là $P=\frac{C_3^1\cdot C_7^2}{C_{10}^3}=\frac{3\cdot 21}{120}=\frac{21}{40}$.

Tổng số bông hoa là $8+7+6=21$ bông hoa.
Số phần tử của không gian mẫu: $n(\Omega )=C_{21}^7=116280$.
Gọi biến cố $A$: "7 bông hoa được chọn có số hoa hồng bằng số hoa ly".
Gọi $k$ là số bông hoa hồng được chọn, suy ra cũng có $k$ bông hoa ly, và số hoa huệ là $7-2k$.
Vì số hoa huệ tối đa là 6 và tối thiểu là 0 nên $0\le 7-2k\le 6\iff 1\le 2k\le 7\Rightarrow k\in \{1,2,3\}$.
- Trường hợp 1: $k=1$ (1 hồng, 1 ly, 5 huệ): có $C_8^1\cdot C_7^1\cdot C_6^5=8\cdot 7\cdot 6=336$ cách.
- Trường hợp 2: $k=2$ (2 hồng, 2 ly, 3 huệ): có $C_8^2\cdot C_7^2\cdot C_6^3=28\cdot 21\cdot 20=11760$ cách.
- Trường hợp 3: $k=3$ (3 hồng, 3 ly, 1 huệ): có $C_8^3\cdot C_7^3\cdot C_6^1=56\cdot 35\cdot 6=11760$ cách.
Số kết quả thuận lợi cho $A$: $n(A)=336+11760+11760=23856$.
Xác suất: $P(A)=\frac{23856}{116280}=\frac{994}{4845}$.

Số các số có bốn chữ số khác nhau lập từ tập $\{1,2,3,4,5,6\}$ là: $n(\Omega )=A_6^4=360$.
Số các số có bốn chữ số khác nhau mà không chứa chữ số 4 (chọn từ 5 chữ số $\{1,2,3,5,6\}$) là: $A_5^4=120$.
Số các số có chứa chữ số 4 là: $360-120=240$.
Xác suất cần tìm là: $P=\frac{240}{360}=\frac{2}{3}$. Chọn D.

Số phần tử không gian mẫu khi chọn 4 đỉnh từ 36 đỉnh: $n(\Omega )=C_{36}^4=58905$.
36 đỉnh của đa giác đều tạo thành $\frac{36}{2}=18$ đường kính đối xứng qua tâm.
Mỗi hình vuông nội tiếp đa giác đều tạo bởi 2 đường kính vuông góc nhau.
Số cặp đường kính vuông góc là $\frac{18}{2}=9$ cặp, tương ứng với 9 hình vuông.
Xác suất tạo thành hình vuông là: $P=\frac{9}{58905}=\frac{1}{6545}$. Chọn A.

Tổng số sách là $7+5+3=15$ quyển.
Số phần tử của không gian mẫu: $n(\Omega )=C_{15}^5=3003$.
Gọi $A$ là biến cố lấy được 5 quyển có đủ cả ba môn Toán, Lý, Hóa.
Xét biến cố đối $\overline{A}$ gồm các trường hợp:
- Chọn 5 quyển chỉ từ 1 loại: chỉ có sách Toán $C_7^5=21$ cách.
- Chọn 5 quyển từ 2 loại:
+ Toán và Lý: $C_{12}^5-C_7^5=792-21=771$ cách.
+ Toán và Hóa: $C_{10}^5-C_7^5=252-21=231$ cách.
+ Lý và Hóa: $C_8^5=56$ cách.
Số cách chọn không đủ 3 loại: $n(\overline{A})=21+771+231+56=1079$ cách.
Số cách chọn có đủ 3 loại: $n(A)=3003-1079=1924$ cách? Kiểm tra trực tiếp:
Các bộ $(T,L,H)$ sao cho $T+L+H=5,T,L,H\ge 1$:
- (3, 1, 1): $C_7^3\cdot C_5^1\cdot C_3^1=35\cdot 5\cdot 3=525$.
- (1, 3, 1): $C_7^1\cdot C_5^3\cdot C_3^1=7\cdot 10\cdot 3=210$.
- (1, 1, 3): $C_7^1\cdot C_5^1\cdot C_3^3=7\cdot 5\cdot 1=35$.
- (2, 2, 1): $C_7^2\cdot C_5^2\cdot C_3^1=21\cdot 10\cdot 3=630$.
- (2, 1, 2): $C_7^2\cdot C_5^1\cdot C_3^2=21\cdot 5\cdot 3=315$.
- (1, 2, 2): $C_7^1\cdot C_5^2\cdot C_3^2=7\cdot 10\cdot 3=210$.
Tổng số cách: $525+210+35+630+315+210=1925$ cách.
Xác suất: $P(A)=\frac{1925}{3003}=\frac{25}{39}$. Chọn C.

Không gian mẫu có $n(\Omega )=C_{18}^4=3060$. Số cách lấy $4$ bóng có đủ $3$ màu là $n(A)=C_5^2{C}_6^1{C}_7^1+C_5^1{C}_6^2{C}_7^1+C_5^1{C}_6^1{C}_7^2=420+525+630=1575$. Xác suất cần tìm là $P(A)=\frac{1575}{3060}=\frac{35}{68}$. Chọn đáp án B.