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

(AI giải đề cho tôi)
Gọi k là số bước Robot lùi về phía sau (k ∈ {0,1,...,8}), khi đó vị trí của Robot sau 8 bước là 8 - 2k (m). Biến cố A: |8 - 2k| > 4 ⟺ 8 - 2k > 4 hoặc 8 - 2k < -4 ⟺ k < 2 hoặc k > 6 ⟺ k ∈ {0, 1, 7, 8}. Số kết quả thuận lợi: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{0}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{7}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{8}\right)=1+8+8+1=18$. Tổng số kết quả: $2^8=256$. Vậy $P(A)=\frac{18}{256}=\frac{9}{128}$, nên $a+b=9+128=137$. Kết quả khớp với bảng đáp án mã đề 1103, câu 19 (trang 5 nguồn).

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số cách chọn 4 học sinh từ 45 học sinh là $C_{45}^4=148995$. Số cách chọn 4 học sinh cùng giới: $C_{20}^4+C_{25}^4=4845+12650=17495$. Vậy số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ là $148995-17495=131500$. Xác suất $P=\frac{131500}{148995}=\frac{26300}{29799}$. Đáp án C, khớp với đáp án nguồn (mã đề 1103, câu 2: C).

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số tam giác: $C_{13}^3=286$. Số tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác đều $n$ đỉnh là $\frac{n(n-4)(n-5)}{6}=\frac{13\cdot 9\cdot 8}{6}=156$. Xác suất $=\frac{156}{286}=\frac{78}{143}\approx 0,5454\approx 0,55$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số cách chọn 5 người từ 15 người: $C_{15}^5=3003$. Số cách chọn đúng 2 nữ (từ 7 nữ) và 3 nam (từ 8 nam): $C_7^2\cdot C_8^3=21\cdot 56=1176$. Xác suất $P=\frac{1176}{3003}=\frac{56}{143}$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu có 36 kết quả. Biến cố "có ít nhất một xúc xắc ra mặt 5" gồm 11 kết quả (5 với mọi giá trị của xúc xắc kia: 11 kết quả, trừ giao $(5,5)$ đếm hai lần: $6+6-1=11$). Trong đó, các kết quả có tổng lớn hơn 9 là: $(5,5)$ có tổng 10, $(5,6)$ và $(6,5)$ có tổng 11, tức 3 kết quả. Vậy xác suất cần tìm là $P=\frac{3}{36}÷\frac{11}{36}=\frac{3}{11}$.

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu là chọn 3 thẻ từ 10 thẻ: $n(\Omega )=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{3}\right)=120$. Biến cố $A$: tổng của 3 thẻ không vượt quá 8, tức tổng bằng 6, 7 hoặc 8 (tổng nhỏ nhất là $1+2+3=6$).
- Tổng bằng 6: chỉ có bộ $\{1,2,3\}$ → 1 bộ.
- Tổng bằng 7: chỉ có bộ $\{1,2,4\}$ → 1 bộ.
- Tổng bằng 8: các bộ $\{1,2,5\}$, $\{1,3,4\}$ → 2 bộ.
Vậy số phần tử của biến cố $A$ là $n(A)=1+1+2=4$.

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: rút 4 quân từ 52 quân, n(Ω)=C(52,4)=270725.

a) Biến cố A: rút ra tứ quý K, tức cả 4 quân đều là K. Chỉ có đúng 1 cách nên P(A)=1/C(52,4)=1/270725≈0,0000037.

b) Biến cố B: có ít nhất một con Át. Dùng biến cố đối: không có con Át nào nghĩa là 4 quân rút từ 48 quân không phải Át, có C(48,4)=194580 cách. Vậy P(B)=1−C(48,4)/C(52,4)=1−194580/270725=1−38916/54145=15229/54145≈0,2813.

c) Biến cố C: có ít nhất hai quân bích (trong bộ có 13 quân bích). Dùng biến cố đối: có 0 hoặc 1 quân bích.
- Không có quân bích: C(39,4)=82251 cách.
- Đúng 1 quân bích: C(13,1)·C(39,3)=13·9139=118807 cách.
Tổng biến cố đối: 82251+118807=201058 cách. Vậy P(C)=1−201058/270725=69667/270725≈0,2573.

(AI giải đề cho tôi)
Lớp có 25 nữ + 15 nam = 40 học sinh, chọn ngẫu nhiên 3 học sinh.
a) n(Ω) = C(40,3) = (40·39·38)/6 = 9880 ≠ 59280 → sai. (Số 59280 = 6·9880 là do dùng chỉnh hợp A(40,3) nhầm.)
b) n(A) = C(15,3) = (15·14·13)/6 = 455 ≠ 2730 → sai. (2730 = 6·455 do nhầm chỉnh hợp.)
c) P(A) = 455/9880 = 7/152 → đúng.
d) Xác suất chọn được 3 học sinh có ít nhất 1 nữ = 1 − P(A) = 1 − 7/152 = 145/152 → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
n(Ω) = C(40,3) = 9880, không phải 59280 (59280 = A(40,3) là nhầm chỉnh hợp với tổ hợp).
b) (AI giải đề cho tôi)
n(A) = C(15,3) = 455, không phải 2730 (2730 = A(15,3)).
c) (AI giải đề cho tôi)
P(A) = 455/9880 = 7/152.
d) (AI giải đề cho tôi)
P(it nhất 1 nữ) = 1 − P(A) = 1 − 7/152 = 145/152.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn ngẫu nhiên 4 bông từ 30 bông: $n(\Omega )=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{30}{4}\right)=27405$.

Gọi $A$ là biến cố "4 bông chọn được có số hoa màu vàng và số hoa màu đỏ bằng nhau". Các trường hợp thuận lợi:
- 0 vàng, 0 đỏ (tức 4 trắng): $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{4}\right)=210$.
- 1 vàng, 1 đỏ, 2 trắng: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{2}\right)=10\cdot 10\cdot 45=4500$.
- 2 vàng, 2 đỏ, 0 trắng: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{2}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{2}\right)=45\cdot 45=2025$.

Vậy $n(A)=210+4500+2025=6735$.

Xác suất: $P(A)=\frac{6735}{27405}=\frac{449}{1827}\approx 0,2458$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $B$ là biến cố "có ít nhất một con xúc xắc xuất hiện mặt 5 chấm". Các kết quả thuận lợi cho $B$: $(1,5),(2,5),(3,5),(4,5),(5,5),(6,5),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,6)$ — tổng cộng 11 kết quả. Trong đó, các kết quả có tổng bằng 7 là $(2,5)$ và $(5,2)$, tức 2 kết quả. Vậy xác suất cần tìm là $P=\frac{2}{11}$.

(AI giải đề cho tôi)
Hộp có 15 viên bi (6 xanh, 5 đỏ, 4 vàng), chọn ngẫu nhiên 4 viên bi.
a) Biến cố A 'chọn được cả 4 viên bi vàng': chỉ có 1 cách chọn cả 4 viên bi vàng (vì chỉ có đúng 4 viên bi vàng), tức $n(A)=C_4^4=1\ne 15$ → sai.
b) Xác suất chọn được ít nhất 1 viên bi đỏ: $P=1-\frac{C_{10}^4}{C_{15}^4}=1-\frac{210}{1365}=1-\frac{2}{13}=\frac{11}{13}$ → đúng.
c) Số cách chọn 1 bi xanh, 1 bi đỏ, 2 bi vàng: $C_6^1\cdot C_5^1\cdot C_4^2=6\cdot 5\cdot 6=180$ → đúng.
d) Số phần tử không gian mẫu: $n(\Omega )=C_{15}^4=1365\ne 120$ → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Chỉ có 1 cách chọn cả 4 viên bi vàng vì hộp có đúng 4 viên bi vàng: $n(A)=C_4^4=1\ne 15$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$P=1-\frac{C_{10}^4}{C_{15}^4}=1-\frac{210}{1365}=\frac{11}{13}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$C_6^1\cdot C_5^1\cdot C_4^2=6\cdot 5\cdot 6=180$ cách.
d) (AI giải đề cho tôi)
$n(\Omega )=C_{15}^4=1365\ne 120$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số cách xếp 9 học sinh vào 9 ghế là $9!$. Xác suất để 3 học sinh lớp 12 ngồi 3 ghế liền nhau: coi 3 em lớp 12 là một khối, có 7 vị trí cho khối này (ghế 1-3 đến 7-9), 3 em trong khối hoán vị $3!$, 6 em còn lại hoán vị $6!$. Số cách thuận lợi $=7\cdot 3!\cdot 6!$. Vậy $P=\frac{7\cdot 3!\cdot 6!}{9!}=\frac{7\cdot 6}{9\cdot 8\cdot 7}=\frac{1}{12}\approx 0,08$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số cách chọn ban cán sự gồm 3 học sinh từ 40 học sinh là $n(\Omega )=C_{40}^3=\frac{40\cdot 39\cdot 38}{6}=9880$.

Biến cố đối: ban cán sự chỉ toàn nam hoặc chỉ toàn nữ.
- Toàn nam: $C_{30}^3=\frac{30\cdot 29\cdot 28}{6}=4060$ cách.
- Toàn nữ: $C_{10}^3=\frac{10\cdot 9\cdot 8}{6}=120$ cách.

Số cách để ban có cả nam và nữ: $9880-4060-120=5700$.

Vậy xác suất cần tính là $P=\frac{5700}{9880}=\frac{285}{494}\approx 0,577$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số cách lấy 5 kẹo từ 13 cái là $C_{13}^5=1287$. Trường hợp không thỏa (chỉ một vị): 5 kẹo hoa quả $C_7^5=21$ hoặc 5 kẹo socola $C_6^5=6$, tổng 27. Xác suất cần tìm $P=1-\frac{27}{1287}=\frac{1260}{1287}=\frac{140}{143}$. Vậy chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Xếp 11 học sinh vào bàn tròn: tổng số cách là $(11-1)!=10!$.

Cách thuận lợi: xếp trước 8 học sinh còn lại vào bàn tròn: $7!$ cách, tạo ra $8$ khoảng trống giữa các bạn này. Chọn 3 trong 8 khoảng trống để đặt An, Bình, Cúc (mỗi khoảng một bạn, đảm bảo không ai cạnh nhau): $C_8^3$ cách chọn và $3!$ cách sắp xếp 3 bạn vào các khoảng.

Vậy $P=\frac{C_8^3\cdot 3!\cdot 7!}{10!}=\frac{56\cdot 6}{10\cdot 9\cdot 8}=\frac{336}{720}=\frac{7}{15}\approx 0,4667$.

Làm tròn đến hàng phần mười: $0,5$.

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: n(Ω)=C(20,3)=1140.

a) P = C(8,3)/C(20,3) = 56/1140 = 14/285.

b) Đúng 1 viên xanh: chọn 1 trong 7 viên xanh và 2 viên trong 13 viên còn lại: P = C(7,1)·C(13,2)/C(20,3) = 7·78/1140 = 546/1140 = 91/190.

c) Lấy 3 viên bi nên số màu nhiều nhất là 3, do đó biến cố 'không quá 3 màu' là biến cố chắc chắn. Vậy P = 1.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh từ 10 học sinh (6 nam, 4 nữ): không gian mẫu có $n(\Omega )=C_{10}^3=120$ cách chọn.

Cách 1 (dùng biến cố đối): Biến cố đối của 'trong 3 học sinh luôn có học sinh nữ' là 'cả 3 học sinh đều là nam'. Số cách chọn 3 nam từ 6 nam là $C_6^3=20$ cách.
$$P(\overline{A})=\frac{C_6^3}{C_{10}^3}=\frac{20}{120}=\frac{1}{6}$$
Suy ra $P(A)=1-\frac{1}{6}=\frac{5}{6}$.

Cách 2 (tính trực tiếp): Số cách chọn 3 học sinh có ít nhất 1 nữ:
- 1 nữ, 2 nam: $C_4^1{C}_6^2=4\cdot 15=60$
- 2 nữ, 1 nam: $C_4^2{C}_6^1=6\cdot 6=36$
- 3 nữ: $C_4^3=4$
Tổng: $60+36+4=100$ cách.
$$P(A)=\frac{100}{120}=\frac{5}{6}$$

Vậy xác suất để trong 3 học sinh được chọn luôn có học sinh nữ là $\frac{5}{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
Có 8 người (Cường, Trọng và 6 bạn nữ) xếp ngẫu nhiên thành hàng ngang. Xác suất Cường không đứng đầu là $\frac{7}{8}$; khi đó trong 7 người còn lại, xác suất Trọng không đứng đầu là $\frac{6}{7}$. Vậy xác suất cả hai đều không đứng đầu hàng là $\frac{7}{8}\cdot \frac{6}{7}=\frac{6}{8}=0,75$. Xác suất của biến cố 'ít nhất một trong hai bạn Cường và Trọng đứng đầu hàng' là $1-0,75=0,25$.

(AI giải đề cho tôi)
Hộp có 5 bi đỏ, 6 bi xanh, 7 bi vàng, tổng 18 bi. Chọn ngẫu nhiên 4 bi: $n=C_{18}^4=3060$. Biến cố đối của 'có nhiều nhất 2 viên bi đỏ' là 'có 3 hoặc 4 viên bi đỏ': $C_5^3{C}_{13}^1+C_5^4=10\cdot 13+5=135$. Vậy $P=1-\frac{135}{3060}=\frac{2925}{3060}=\frac{65}{144}\approx 0,9559\approx 0,96$.