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

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: xếp 8 cuốn sách khác nhau thành hàng ngang có 8! = 40320 cách.
b) Đúng: số cách sắp xếp là 8! = 40320 cách.
a) Xem 4 cuốn Toán kề nhau như một khối: có 5!·4! = 2880 cách, nên xác suất = 2880/40320 = 1/14. Đúng.
c) Xem khối Lý và khối Hóa: có 6!·2!·2! = 2880 cách, xác suất = 2880/40320 = 1/14 ≠ 1/28. Sai.
d) Dùng bù - bao hàm loại trừ với A = 'có hai cuốn Toán kề nhau', B = 'hai cuốn Lý kề nhau', C = 'hai cuốn Hóa kề nhau': |A| = 8! − C(5,4)·4!·4! = 40320 − 2880 = 37440; |B| = |C| = 7!·2! = 10080; |A∩B| = |A∩C| = 10080 − C(4,4)·4!·3!·2! = 10080 − 288 = 9792; |B∩C| = 6!·2!·2! = 2880; |A∩B∩C| = 2880 − C(4,4)·4!·2!·2! = 2880 − 96 = 2784. Số cách không có hai cuốn cùng môn kề nhau = 40320 − (37440+10080+10080) + (9792+9792+2880) − 2784 = 2400, xác suất = 2400/40320 = 5/84 ≠ 1/35. Sai.
Kết quả khớp đáp án nguồn: a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Gộp 4 cuốn Toán kề nhau thành một khối: 5!·4! = 2880 cách; xác suất = 2880/8! = 1/14.
b) (AI giải đề cho tôi)
Xếp 8 cuốn sách khác nhau thành một hàng: 8! = 40320 cách.
c) (AI giải đề cho tôi)
Gộp khối Lý và khối Hóa: 6!·2!·2! = 2880 cách; xác suất = 1/14, không phải 1/28.
d) (AI giải đề cho tôi)
Bao hàm - loại trừ cho số cách không có hai cuốn cùng môn kề nhau là 2400, xác suất = 5/84 ≈ 0,0595, không phải 1/35.

(AI giải đề cho tôi)
Đội thiện nguyện có 21 học sinh: khối 10 gồm 3 nữ, 3 nam; khối 11 gồm 3 nữ, 4 nam; khối 12 gồm 3 nữ, 5 nam (tổng 9 nữ, 12 nam). Chọn 4 từ 21 người: $n(\Omega )=C_{21}^4=5985$.

Bước 1: Đếm số cách chọn 4 người sao cho mỗi khối có ít nhất 1 học sinh. Vì chọn 4 người từ 3 khối, phân phối phải là $(2,1,1)$:
- Khối 10 đóng góp 2: $C_6^2\cdot C_7^1\cdot C_8^1=15\cdot 56=840$;
- Khối 11 đóng góp 2: $C_6^1\cdot C_7^2\cdot C_8^1=6\cdot 21\cdot 8=1008$;
- Khối 12 đóng góp 2: $C_6^1\cdot C_7^1\cdot C_8^2=6\cdot 7\cdot 28=1176$.
Tổng: $840+1008+1176=3024$. (Kiểm tra bằng bao hàm - loại trừ: $5985-C_{15}^4-C_{14}^4-C_{13}^4+C_8^4+C_7^4+C_6^4=5985-3081+120=3024$.)

Bước 2: Loại các trường hợp chỉ có một giới tính (vẫn thỏa mỗi khối ít nhất 1 người):
- Toàn nữ (mỗi khối 3 nữ, chọn 4 người dạng $(2,1,1)$): $3\cdot C_3^2\cdot C_3^1\cdot C_3^1=3\cdot 27=81$;
- Toàn nam (nam mỗi khối 3, 4, 5): $C_3^2{C}_4^1{C}_5^1+C_3^1{C}_4^2{C}_5^1+C_3^1{C}_4^1{C}_5^2=60+90+120=270$.

Số cách thuận lợi: $3024-81-270=2673$.

Xác suất: $P=\frac{2673}{5985}\approx 0,4466\approx 0,447$.

Vậy đáp án B, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số cách xếp 6 học sinh thành hàng ngang là $6!=720$. Gọi $A$ là biến cố 'các bạn nữ đứng cạnh nhau': coi 3 nữ là một khối, xếp $4!$ cách cho các khối và $3!$ cách trong khối nữ, nên $|A|=4!\cdot 3!=144$. Gọi $B$ là biến cố 'nam nữ đứng xen kẽ': chỉ có 2 dạng NTNTNT và TNTNTN, mỗi dạng có $3!\cdot 3!=36$ cách, nên $|B|=2\cdot 36=72$. Hai biến cố xung khắc nên $|A\cup B|=144+72=216$. Vậy $P(A\cup B)=\frac{216}{720}=\frac{3}{10}$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi x là số người thích cả hai môn. Ta có 37+28−50 ≤ x ≤ 28, tức 15 ≤ x ≤ 28.
a) Xác suất thích cầu lông: 28/50 = 0,56 = 56% → đúng.
b) Số người thích cả hai ít nhất là 15, xác suất tối thiểu 15/50 = 30% ≥ 25% → đúng.
c) Số người không thích cả hai là 50 − (37+28−x) = x − 15, nhỏ nhất bằng 0 khi x = 15, nên xác suất 'ít nhất là 2,5%' là sai (có thể bằng 0).
d) x − 15 lớn nhất bằng 28 − 15 = 13, xác suất lớn nhất 13/50 = 26% > 25%, nên 'nhiều nhất là 25%' là sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
28/50 = 56%.
b) (AI giải đề cho tôi)
Số người thích cả hai ít nhất là 15 (vì 37+28−50=15), nên xác suất ít nhất 15/50 = 30% ≥ 25%.
c) (AI giải đề cho tôi)
Số người không thích cả hai là x−15 với 15≤x≤28, có thể bằng 0, nên không đảm bảo ít nhất 2,5%.
d) (AI giải đề cho tôi)
Giá trị lớn nhất của x−15 là 13, xác suất lớn nhất 13/50 = 26% > 25%.

Đáp số: 0,31.

Ta có $8+7+5=20$, suy ra mỗi phần thưởng là 1 hộp bút hoặc 1 tập vở viết hoặc 1 bộ dụng cụ vẽ hình.

Gọi $x$ là số học sinh nhận được hai phần thưởng gồm 1 hộp bút và 1 tập vở viết.

Gọi $y$ là số học sinh nhận được hai phần thưởng gồm 1 hộp bút và 1 bộ dụng cụ vẽ hình.

Gọi $z$ là số học sinh nhận được hai phần thưởng gồm 1 tập vở viết và 1 bộ dụng cụ vẽ hình.

Ta có hệ phương trình $$\{\begin{array}{l}x+y=8\\ x+z=7\\ y+z=5\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=5\\ y=3\\ z=2.\end{array}$$

Không gian mẫu $n(\Omega )={\mathrm{C}}_{10}^2=45$.

Gọi A là biến cố “Dũng và Nam có phần thưởng giống nhau”.

Suy ra $n(A)={\mathrm{C}}_5^2+{\mathrm{C}}_3^2+{\mathrm{C}}_2^2=14$.

Xác suất cần tìm là $P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{14}{45}\approx 0,31$.

(AI giải đề cho tôi)
Số dư của bình phương mod 5 chỉ là 0, 1, 4(≡ -1). Trong 50 thẻ: 10 số có bình phương dư 0 (số chia hết cho 5), 20 số có bình phương dư 1, 20 số có bình phương dư -1. Cần a²+b²+c² ≡ 0 (mod 5): các tổ hợp bộ ba dư là (0,0,0) hoặc (0,1,-1). Trường hợp (0,0,0): C(10,3)=120. Trường hợp (0,1,-1): 10·20·20=4000. Tổng cách chọn thuận lợi: 4120. Tổng cách chọn: C(50,3)=19600. Vậy P = 4120/19600 = 103/490 ≈ 0,21.

Mỗi bước đi quân vua có thể đi đến 8 ô xung quanh, từ đó suy ra số phần tử của không gian mẫu là $n(\Omega )=8^3$.

Nhận xét để quân vua trở về vị trí xuất phát sau 3 bước thì sau bước II quân vua phải ở một trong 8 ô xung quanh ô ban đầu. (0.5 điểm)

Trường hợp 1. Sau bước I quân vua ở 1 trong 4 ô chung cạnh với ô ban đầu.

Từ đây quân vua có 4 cách đi cho bước II (đi ngang hoặc đi chéo).

Ở bước III, quân vua chỉ có 1 cách đi về vị trí xuất phát. (0.5 điểm)

Vậy số cách đi ở TH1: $4\times 4\times 1=16$ cách.

Trường hợp 2. Sau bước I quân vua ở 1 trong 4 ô chung đỉnh với ô ban đầu. (0.5 điểm)

Từ đây quân vua chỉ có 2 cách đi cho bước II (đi ngang hoặc đi dọc).

Ở bước III, quân vua chỉ có 1 cách đi về vị trí xuất phát.

Vậy số cách đi ở TH2: $4\times 2\times 1=8$ cách.

Xác suất cần tìm: $p=\frac{16+8}{8^3}=\frac{3}{64}$. (0.5 điểm)

a. Gọi số cần tìm của tập $S$ có dạng $\overline{abc}$. Trong đó $\{\begin{array}{l}a,b,c\in A\\ a\ne b;b\ne c;c\ne a\end{array}$.
Mỗi số có 3 chữ số khác nhau được lập từ tập A là một chỉnh hợp chập 3 của 6. Nên có: $A_6^3=120$ số $\Rightarrow n(\Omega )=120$
Gọi $X$ là biến cố "Số được chọn có chữ số cuối gấp đôi chữ số đầu". Khi đó ta có các bộ số là $\overline{1b2}$ hoặc $\overline{2b4}$ hoặc $\overline{3b6}$ thỏa mãn biến cố $X$ và cứ mỗi bộ thì $b$ có 4 cách chọn nên có tất cả 12 số thỏa yêu cầu.
Suy ra số phần tử của biến cố $X$ là $n(X)=12$.
Vậy xác suất cần tính $P(X)=\frac{n(X)}{n(\Omega )}=\frac{1}{10}$

b.
Để thuận tiện ta gọi 6 màu khác nhau tương ứng là: 1;2;3;4;5;6
Tại đỉnh $A_i$ ta điền $x_i\in 1;2;3;4;5;6$
Điều kiện:
$$\{\begin{array}{ll}{x}_{i+1}\ne x_i;i\in 1;2;3;4& (1)\\ x_1\ne x_5& (2)\end{array}$$
[Hình cần kiểm tra lại: p7_f1]
Số cách thỏa mãn điều kiện (1) là: 6.5.5.5.5 = $6.5^4$
Giờ ta tìm điền thỏa mãn điều kiện (1) Nhưng không thỏa mãn điều kiện (2)
Viết lại chuỗi số có dạng: $x_1{x}_2{x}_3{x}_4{x}_1$
Bước 1: Chọn $x_1$ có 6 lựa chọn
Bước 2: Chọn các vị trí còn lại
+ Nếu $x_2=x_4$ thì có 5 lựa chọn cho $x_2;x_4$ và 5 lựa chọn cho $x_3$
+ Nếu $x_2\ne x_4$ thì có 5 lựa chọn cho $x_2$ và 4 lựa chọn cho $x_4$ và 4 lựa chọn cho $x_3$
Vậy số cách điền thỏa mãn điều kiện (1) Nhưng không thỏa mãn điều kiện (2)
Là : 6.5.5 + 6.5.4.4
Vậy số cách sơn màu thỏa mãn là: $6.5^4-(\mathrm{6.5.5}+\mathrm{6.5.4.4})=3120$
Chú ý: Nếu học sinh giải cách khác đúng thì cho điểm tối đa của ý đó

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ, hình chữ nhật cao 6 đơn vị và rộng 4 đơn vị, nên con bọ phải đi 4 bước sang phải (R) và 6 bước lên trên (U), tổng cộng 10 bước. Tổng số đường đi: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{4}\right)=210$ (chọn vị trí cho 4 bước R trong 10 bước). Số đường đi không có hai bước R liên tiếp: xếp 6 bước U tạo thành 7 khoảng (kể cả hai đầu), chọn 4 trong 7 khoảng để đặt các bước R, mỗi khoảng nhiều nhất một bước R: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{4}\right)=35$. Vậy xác suất cần tìm là $P=\frac{35}{210}=\frac{1}{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Tam giác vuông nội tiếp đường tròn ngoại tiếp đa giác đều khi và chỉ khi một cạnh là đường kính. Đa giác đều 40 đỉnh có 20 cặp đỉnh đối xứng qua tâm (20 đường kính). Với mỗi đường kính AB, đỉnh thứ ba C chọn từ 38 đỉnh còn lại, tam giác ABC vuông tại C. Vậy số tam giác vuông là $20\times 38=760$.

b) Tổng số tam giác trong $T$ là $C_{40}^3=\frac{40\cdot 39\cdot 38}{6}=9880$.

Tam giác vuông vừa cân: với mỗi đường kính AB, tam giác vuông tại C cân khi CA = CB, tức C cách đều A và B, có đúng 2 vị trí (cách đều 90° cung). Vậy số tam giác vuông cân là $20\times 2=40$.

Số tam giác vuông và không cân: $760-40=720$.

Xác suất biến cố A: $P(A)=\frac{720}{9880}=\frac{18}{247}\approx 0,0729$.

Lời giải.

1. Tổng số cách chọn 3 quả cầu từ 9 quả là $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)=84$.
Số cách chọn 3 quả cầu không có quả đỏ (chỉ chọn từ 4 xanh và 2 vàng) là $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{3}\right)=20$.
Do đó số cách chọn 3 quả cầu có ít nhất 1 quả đỏ là $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{3}\right)=84-20=64$.
Vậy có 64 cách.

2. Gọi $A$ là biến cố nhân vật được tặng thưởng.
Gọi $(x_0,y_0)$ là điểm có tọa độ nguyên trong hình chữ nhật $ABCD$. Khi đó ta có $-3\le x_0\le 4$ và $-2\le y_0\le 7$.
Do đó, số cách chọn điểm có tọa độ nguyên trong hình chữ nhật $ABCD$ là $n(\omega )=8\cdot 10=80$.

Giờ ta sẽ đếm số các điểm có tọa độ nguyên thoả mãn $|x|+|y|\le 4$. Xét 1 điểm có tọa độ $A(x_0,y_0)$ thoả mãn $|x|+|y|\le 4$.

Trường hợp 1: $y_0=-2$ suy ra $|x_0|\le 2$ nên $x_0$ có 5 cách chọn.
Trường hợp 2: $y_0=-1$ suy ra $|x_0|\le 3$ nên $x_0$ có 7 cách chọn.
Trường hợp 3: $y_0=0$ suy ra $|x_0|\le 4$ nên $x_0$ có 8 cách chọn (do $x_0\ge -3$).
Trường hợp 4: $y_0=1$ suy ra $|x_0|\le 3$ nên $x_0$ có 7 cách chọn.
Trường hợp 5: $y_0=2$ suy ra $|x_0|\le 2$ nên $x_0$ có 5 cách chọn.
Trường hợp 6: $y_0=3$ suy ra $|x_0|\le 1$ nên $x_0$ có 3 cách chọn.
Trường hợp 7: $y_0=4$ suy ra $|x_0|\le 0$ nên $x_0$ có 1 cách chọn.

Vậy $n(\overline{A})=5+7+8+7+5+3+1=36$ nên ta có $P(\overline{A})=\frac{36}{80}=\frac{9}{20}$.
Từ đó ta tính được $P(A)=1-P(\overline{A})=\frac{11}{20}$.
Vậy xác suất nhân vật M được tặng thưởng là $\frac{11}{20}$.

Bình luận.

1. Bài toán tổ hợp được xây dựng trên tình huống lựa chọn phần tử từ một tập hợp hữu hạn. Nội dung chủ yếu kiểm tra khả năng phân tích điều kiện và vận dụng các khái niệm tổ hợp cơ bản.

2. Câu hỏi kết hợp xác suất với hình học tọa độ nhằm tăng tính đa dạng về nội dung. Tuy nhiên cách đặt vấn đề vẫn khá trực tiếp và chủ yếu yêu cầu xử lý các điều kiện đã cho.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số cách rút 3 thẻ từ 6 thẻ là $C_6^3=20$. Xét các bộ ba $a<b<c$ thỏa mãn bất đẳng thức tam giác $a+b>c$ (điều kiện tồn tại tam giác): (2,3,4), (3,4,6), (3,6,8), (4,6,8). Trong đó tam giác tù khi $c^2>a^2+b^2$: (2,3,4): $16>13$ ✓; (3,4,6): $36>25$ ✓; (3,6,8): $64>45$ ✓; (4,6,8): $64>52$ ✓. Cả 4 bộ đều cho tam giác tù. Vậy xác suất $=\frac{4}{20}=\frac{1}{5}=0,2$.

(AI giải đề cho tôi)
Tập S gồm các số tự nhiên hai chữ số từ 10 đến 99 nên có 90 phần tử (ý a sai). Chọn đồng thời 2 số từ S: |Ω| = C(90,2) = 90·89/2 = 4005 (ý b sai). Số các số chia hết cho 3 trong [10;99] là các số 12,15,...,99: 30 số, nên P(A) = C(30,2)/4005 = 435/4005 = 29/267 (ý c đúng). Với ý d: trong S có 30 số dư 0, 30 số dư 1, 30 số dư 2 khi chia cho 3. Tổng chia hết cho 3 khi hai số cùng dư 0 (C(30,2)=435 cách) hoặc một số dư 1 và một số dư 2 (30·30=900 cách), tổng 1335 cách. P(B) = 1335/4005 = 1/3 (ý d đúng).
a) (AI giải đề cho tôi)
S = {10, 11, ..., 99} có 99 - 10 + 1 = 90 phần tử, không phải 99.
b) (AI giải đề cho tôi)
Chọn đồng thời 2 số (không phân biệt thứ tự): |Ω| = C(90,2) = 4005, không phải 8010.
c) (AI giải đề cho tôi)
Có 30 số chia hết cho 3 trong S (từ 12 đến 99). P(A) = C(30,2)/C(90,2) = 435/4005 = 29/267.
d) (AI giải đề cho tôi)
Mỗi lớp dư 0,1,2 mod 3 có đúng 30 số. Tổng chia hết cho 3: cùng dư 0 (435 cách) hoặc dư 1 và dư 2 (900 cách), tổng 1335. P(B) = 1335/4005 = 1/3.

(AI giải đề cho tôi)
Có 20 miếng vàng chia thành 5 bộ, mỗi bộ 4 miếng. Chọn ngẫu nhiên 9 miếng từ 20: số cách $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{20}{9}\right)=167960$.

Đếm số cách chọn 9 miếng chứa đúng một bộ đầy đủ 4 miếng:
- Chọn bộ nào được đủ 4 miếng: 5 cách.
- 5 miếng còn lại chọn từ 16 miếng của 4 bộ kia sao cho không chứa đủ một bộ nào khác (để 'đúng một' bộ): tổng số cách $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{16}{5}\right)=4368$; trừ các trường hợp chứa đủ một bộ: chọn bộ (4 cách) và 1 miếng tùy ý từ 12 miếng còn lại: $4\cdot 12=48$. Vậy số cách hợp lệ là $4368-48=4320$.

Số trường hợp thuận lợi: $5\cdot 4320=21600$.

Xác suất: $P=\frac{21600}{167960}\approx 0.12860=12,8596\%\approx 12,9\%$.

(AI giải đề cho tôi)
Số học sinh: chỉ thích Bóng đá = 15 − 5 = 10; chỉ thích Bóng bàn = 10 − 5 = 5; thích cả hai = 5; không thích môn nào = 30 − 20 = 10. Tổng số cách chọn 2 học sinh: $C_{30}^2=435$.
a) Hai bạn thích đá bóng: $\frac{C_{15}^2}{C_{30}^2}=\frac{105}{435}=\frac{7}{29}$ → Đúng.
b) Ít nhất một bạn thích đá bóng: $1-\frac{C_{15}^2}{C_{30}^2}=1-\frac{7}{29}=\frac{22}{29}\ne \frac{12}{29}$ → Sai.
c) Số bạn thích ít nhất một môn là 20, nên xác suất $\frac{C_{20}^2}{C_{30}^2}=\frac{190}{435}=\frac{38}{87}\ne \frac{20}{29}$ → Sai.
d) Hai bạn thích cả hai môn: $\frac{C_5^2}{C_{30}^2}=\frac{10}{435}=\frac{2}{87}$ → Đúng. Kết quả khớp bảng đáp án mã đề 1101: a)Đ - b)S - c)S - d)Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\frac{C_{15}^2}{C_{30}^2}=\frac{105}{435}=\frac{7}{29}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$1-\frac{7}{29}=\frac{22}{29}\ne \frac{12}{29}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\frac{C_{20}^2}{C_{30}^2}=\frac{38}{87}\ne \frac{20}{29}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\frac{C_5^2}{C_{30}^2}=\frac{10}{435}=\frac{2}{87}$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong các số từ 1 đến 9, các số chia hết cho 4 là 4 và 8, tức có 2 thẻ 'thuận lợi' và 7 thẻ không chia hết cho 4. Gọi n là số thẻ lấy ra cùng lúc. Xác suất không có thẻ nào chia hết cho 4 là P(Ā) = C(7,n)/C(9,n), nên xác suất có ít nhất một thẻ chia hết cho 4 là P(A) = 1 − C(7,n)/C(9,n). Yêu cầu: 1 − C(7,n)/C(9,n) > 5/6 ⟺ C(7,n)/C(9,n) < 1/6. Thử: với n = 5: C(7,5)/C(9,5) = 21/126 = 1/6, không thỏa (vì cần lớn hơn 5/6). Với n = 6: C(7,6)/C(9,6) = 7/84 = 1/12 < 1/6, thỏa mãn. Vậy phải lấy ít nhất 6 thẻ cùng lúc.

(AI giải đề cho tôi)
Các thẻ ghi số chia hết cho 4 trong các số từ 1 đến 9 là: 4 và 8, tức có 2 thẻ "thuận lợi" và 7 thẻ "không thuận lợi". Gọi $n$ là số thẻ lấy ra cùng lúc ($2\le n\le 9$). Xác suất không có thẻ nào chia hết cho 4 là $P_0=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{n}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{n}\right)}=\frac{(9-n)(8-n)}{9\cdot 8}$. Xác suất có ít nhất một thẻ chia hết cho 4 là $P=1-P_0>\frac{5}{6}⟺P_0<\frac{1}{6}⟺(9-n)(8-n)<12$. Thử: $n=5$: $(4)(3)=12$, không thỏa ($P=1-\frac{12}{72}=\frac{5}{6}$, không lớn hơn $\frac{5}{6}$). $n=6$: $(3)(2)=6<12$, thỏa ($P=1-\frac{6}{72}=\frac{11}{12}>\frac{5}{6}$). Vậy phải lấy ít nhất 6 thẻ cùng lúc.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi A là tập học sinh thích bóng chuyền, B là tập học sinh thích bóng đá. Số học sinh chỉ thích bóng chuyền là 23, chỉ thích bóng đá là 18, thích ít nhất một môn là 26. Số học sinh thích cả hai môn: $n(A\cap B)=n(A\cup B)-n(\text{chỉ A})-n(\text{chỉ B})=26-23-18$... tính đúng: tổng chỉ thích một môn là $23+18=41$, nhưng $n(A\cup B)=26$, nên số thích cả hai là $41-26=15$. Khi đó $n(A)=23+15=38$, số thích bóng chuyền mà không thích bóng đá là 23. Xác suất $P=\frac{23}{40}=0,575$.

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: $n(\Omega )=C_{16}^4=1820$.

a) Số kết quả thuận lợi cho $A$ (4 bi trắng) là $C_7^4=35$, không phải $\frac{1}{52}$ (đây là xác suất $P(A)=\frac{35}{1820}=\frac{1}{52}$). → Sai.

b) Đủ ba màu và số bi trắng bằng số bi đen: các trường hợp $(2T,1Đ,1Đ)$, $(1T,2Đ,1Đ)$, $(1T,1Đ,2Đ)$:
$$C_7^2\cdot C_4^1\cdot C_5^1+C_7^1\cdot C_4^2\cdot C_5^1+C_7^1\cdot C_4^1\cdot C_5^2=420+210+280=910.$$
$P(B)=\frac{910}{1820}=\frac{1}{2}\ne \frac{3}{26}$. → Sai.

c) $n(\Omega )=C_{16}^4=1820\ne 43680$ (43680 là $A_{16}^4$, chọn có thứ tự). → Sai.

d) $P(\text{khoˆng coˊ bi tra˘ˊng})=\frac{C_9^4}{C_{16}^4}=\frac{126}{1820}=\frac{9}{130}$, nên $P(C)=1-\frac{9}{130}=\frac{121}{130}\ne \frac{9}{130}$. → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Số kết quả thuận lợi là $C_7^4=35$, không phải $\frac{1}{52}$ (đó là xác suất $P(A)=\frac{35}{1820}=\frac{1}{52}$).
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Số trường hợp: $C_7^2{C}_4^1{C}_5^1+C_7^1{C}_4^2{C}_5^1+C_7^1{C}_4^1{C}_5^2=420+210+280=910$, nên $P(B)=\frac{910}{1820}=\frac{1}{2}\ne \frac{3}{26}$. → Sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$n(\Omega )=C_{16}^4=1820\ne 43680$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$P(C)=1-\frac{C_9^4}{C_{16}^4}=1-\frac{9}{130}=\frac{121}{130}\ne \frac{9}{130}$. → Sai.