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

(AI giải đề cho tôi)
Gọi T là xác suất cặp sinh đôi thật, F là sinh đôi giả, T + F = 1. Xác suất cặp cùng giới tính: sinh đôi thật luôn cùng giới tính (T), sinh đôi giả cùng giới tính với xác suất 0,5 (0,5F). Theo đề: T + 0,5F = 0,30 + 0,34 = 0,64. Thay T = 1 − F: 1 − 0,5F = 0,64 ⟹ F = 0,72, T = 0,28. Tỷ lệ sinh đôi thật trong số các cặp cùng giới tính: T / 0,64 = 0,28/0,64 = 28/64 = 7/16. Vậy a = 7, b = 16, a + b = 23, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: $3\cdot 4\cdot 6=72$ kết quả. Tổng ba số lẻ khi và chỉ khi số các thẻ lẻ được rút là lẻ (1 hoặc 3 thẻ lẻ). Hộ $II$ chỉ chứa số chẵn nên luôn chẵn; hộ $III$ chỉ chứa số lẻ nên luôn lẻ. Do đó tính chẵn lẻ của tổng được quyết định bởi thẻ rút từ hộ $I$: tổng lẻ $\iff$ thẻ từ hộ $I$ lẻ. Xác suất rút thẻ lẻ từ hộ $I$ là $\frac{2}{3}$ (thẻ $1;3$). Vậy $P=\frac{2}{3}$. Kiểm tra bằng cách đếm: số kết quả tổng lẻ $=2\cdot 4\cdot 6=48$, $\frac{48}{72}=\frac{2}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số cách chọn 4 học sinh từ 15 học sinh (6 Toán + 5 Lý + 4 Hóa) là $C_{15}^4=\frac{15\cdot 14\cdot 13\cdot 12}{24}=1365$.

Gọi $x,y,z$ lần lượt là số học sinh Toán, Lý, Hóa được chọn, $x+y+z=4$ và $x,y,z\ge 1$. Các bộ nghiệm là $(2,1,1),(1,2,1),(1,1,2)$.

- Trường hợp $(2,1,1)$: $C_6^2\cdot C_5^1\cdot C_4^1=15\cdot 5\cdot 4=300$.
- Trường hợp $(1,2,1)$: $C_6^1\cdot C_5^2\cdot C_4^1=6\cdot 10\cdot 4=240$.
- Trường hợp $(1,1,2)$: $C_6^1\cdot C_5^1\cdot C_4^2=6\cdot 5\cdot 6=180$.

Số cách thuận lợi: $300+240+180=720$.

Xác suất cần tìm:
$$P=\frac{720}{1365}=\frac{48}{91}\approx 0,5275.$$

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: $C_{15}^5=3003$ nên a) đúng. b) Đúng 1 nữ: $C_7^1{C}_8^4=7\cdot 70=490$, xác suất $\frac{490}{3003}=\frac{70}{429}$, đúng. c) 3 nam 2 nữ: $C_8^3{C}_7^2=56\cdot 21=1176$, xác suất $\frac{1176}{3003}=\frac{56}{143}$, đúng. d) Cả nam lẫn nữ mà nam nhiều hơn nữ: các trường hợp (4 nam, 1 nữ) và (3 nam, 2 nữ): $C_8^4{C}_7^1+C_8^3{C}_7^2=490+1176=1666$, xác suất $\frac{1666}{3003}=\frac{238}{429}\ne \frac{23}{429}$, sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$C_{15}^5=3003$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\frac{C_7^1{C}_8^4}{C_{15}^5}=\frac{490}{3003}=\frac{70}{429}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\frac{C_8^3{C}_7^2}{C_{15}^5}=\frac{1176}{3003}=\frac{56}{143}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Xác suất $=\frac{C_8^4{C}_7^1+C_8^3{C}_7^2}{3003}=\frac{1666}{3003}=\frac{238}{429}\ne \frac{23}{429}$.

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: lấy 5 bút từ 8 bút nên $n=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{5}\right)=56$. Gọi $k$ là số bút đỏ, cần $k\ge 2$ và số bút xanh $5-k\ge 1$ (đủ hai màu), tức $k\in \{2,3,4\}$ (do chỉ có 4 bút đỏ). Số cách thuận lợi: $k=2$: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{3}\right)=6\cdot 4=24$; $k=3$: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{3}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)=4\cdot 6=24$; $k=4$: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{4}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{1}\right)=1\cdot 4=4$. Tổng $m=24+24+4=52$. Vậy xác suất $P=\frac{52}{56}=\frac{13}{14}\approx 0,93$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số cách chọn 4 bông từ 12 bông: $C_{12}^4=495$. Biến cố 'có cả ba màu' nghĩa là phân bố $(2,1,1)$ theo ba màu. Số cách thuận lợi: chọn 2 trắng 1 vàng 1 đỏ: $C_3^2\cdot 4\cdot 5=60$; chọn 1 trắng 2 vàng 1 đỏ: $3\cdot C_4^2\cdot 5=90$; chọn 1 trắng 1 vàng 2 đỏ: $3\cdot 4\cdot C_5^2=120$. Tổng $=270$. Xác suất $P=\frac{270}{495}=\frac{6}{11}\approx 0,5454\approx 0,55$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số cách chọn 4 học sinh từ 35 học sinh là $C_{35}^4=52360$. Số cách chọn 4 học sinh cùng giới (chỉ nam hoặc chỉ nữ) là $C_{20}^4+C_{15}^4=4845+1365=6210$. Vậy xác suất để 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ là $P=1-\frac{6210}{52360}=\frac{46150}{52360}=\frac{4615}{5236}\approx 0,8813$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số nhân viên: $5+7+6=18$.
a) Chọn 3 người mỗi người từ một quốc gia khác nhau: $5\cdot 7\cdot 6=210$ cách → đúng.
b) Chọn 2 nhân viên từ 7 người 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: $\frac{153-46}{153}=\frac{107}{153}\approx 0,699\ne \frac{203}{272}\approx 0,746$ → sai.
d) Tổng cách chọn 3 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 $\frac{107}{153}$, không phải $\frac{203}{272}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Xác suất là $\frac{65}{816}$, không phải $\frac{35}{816}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn ngẫu nhiên 7 học sinh từ 22 học sinh, không gian mẫu có $n(\Omega )=C_{22}^7=170544$ cách chọn.

Gọi $A$ là biến cố '7 học sinh được chọn có mặt học sinh cả 3 khối'. Dùng biến cố đối $\overline{A}$: 7 học sinh được chọn thiếu ít nhất một khối.

- Thiếu khối 10 (chỉ chọn từ 7 khối 12 và 10 khối 11, tức 17 học sinh): $C_{17}^7=19448$ cách.
- Thiếu khối 11 (chọn từ 7 khối 12 và 5 khối 10, tức 12 học sinh): $C_{12}^7=792$ cách.
- Thiếu khối 12 (chọn từ 10 khối 11 và 5 khối 10, tức 15 học sinh): $C_{15}^7=6435$ cách.

Các trường hợp này KHÔNG đôi một rời nhau, cần trừ phần giao (trùng nhau) theo bao hàm - loại trừ:
- Vừa thiếu khối 10 vừa thiếu khối 11 (cả 7 học sinh đều thuộc khối 12): $C_7^7=1$ cách.
- Vừa thiếu khối 10 vừa thiếu khối 12 (cả 7 học sinh đều thuộc khối 11): $C_{10}^7=120$ cách.
- Vừa thiếu khối 11 vừa thiếu khối 12 (cả 7 học sinh đều thuộc khối 10): $C_5^7=0$ cách (không thể xảy ra).

Theo bao hàm - loại trừ:
$$n(\overline{A})=19448+792+6435-1-120-0=26554.$$

Suy ra:
$$n(A)=170544-26554=143990.$$

Xác suất cần tính:
$$P(A)=\frac{143990}{170544}=\frac{385}{456}\approx 0,8443.$$

Vậy xác suất để 7 học sinh được chọn có mặt học sinh cả 3 khối là $\frac{385}{456}\approx 0,8443$.

(AI giải đề cho tôi)
Lớp có 30 học sinh: 18 nam và 12 nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh từ 30 em, số cách chọn là $C_{30}^3=\frac{30\cdot 29\cdot 28}{6}=4060$.

Chọn 2 nam từ 18 nam: $C_{18}^2=\frac{18\cdot 17}{2}=153$ cách.
Chọn 1 nữ từ 12 nữ: $C_{12}^1=12$ cách.
Số cách chọn được 2 nam và 1 nữ: $153\cdot 12=1836$.

Xác suất cần tính:
$$P=\frac{C_{18}^2\cdot C_{12}^1}{C_{30}^3}=\frac{1836}{4060}=\frac{459}{1015}\approx 0,4522.$$

Ta có $n(\Omega )=22^3=10648$.
Xét các số tự nhiên thuộc $[1;22]$
Tập các số chia hết cho 3 là $X=\{3;6;9;12;15;18;21\}$ có 7 phần tử,
Tập các số chia 3 dư 1 là $Y=\{1;4;7;9;13;16;19;22\}$ có 8 phần tử
Tập các số số chia 3 dư 2 là $Z=\{2;5;8;11;14;17;20\}$ có 7 phần tử
Gọi A là biến cố: “ ba số được viết ra có tổng là một số không chia hết cho 3 ”
Khi đó $\overline{A}$ là biến cố: “ba số được viết ra có tổng là một số chia hết cho 3”
Để thuận lợi cho $\overline{A}$ xảy ra một trong các trường hợp sau:
TH1: Cả 3 số viết ra đều chia hết cho 3 nên sẽ có ${\left(C_7^1\right)}^3=7^3$ cách viết.
TH2: Cả 3 số viết ra đều chia cho 3 dư 1 nên sẽ có ${\left(C_8^1\right)}^3=8^3$ cách viết.
TH3: Cả 3 số viết ra đều chia cho 3 dư 2 nên sẽ có ${\left(C_7^1\right)}^3=7^3$ cách viết.
TH4: Trong 3 số viết ra có 1 số chia hết cho 3, có 1 số chia cho 3 dư 1, có 1 số chia cho 3 dư 2 nên ta có $C_7^1.C_8^1.C_7^1.3!=\mathrm{7.8.7.3}!$ cách viết.
Khi đó xác suất để ba số được viết ra có tổng chia hết cho 3 là
$$P\left(\overline{A}\right)=\frac{7^3+8^3+7^3+\mathrm{7.8.7.3}!}{10648}=\frac{1775}{5324}.$$
Vậy xác suất để ba số được viết ra có tổng không chia hết cho 3 là $1-\frac{1775}{5324}=\frac{3549}{5324}$

Ta có $n(\Omega )=22^3=10648$.
Xét các số tự nhiên thuộc $[1;22]$
Tập các số chia hết cho 3 là $X=\{3;6;9;12;15;18;21\}$ có 7 phần tử,
Tập các số chia 3 dư 1 là $Y=\{1;4;7;10;13;16;19;22\}$ có 8 phần tử
Tập các số chia 3 dư 2 là $Z=\{2;5;8;11;14;17;20\}$ có 7 phần tử
Gọi A là biến cố: “ ba số được viết ra có tổng là một số không chia hết cho 3 ”
Khi đó $\overline{A}$ là biến cố: “ba số được viết ra có tổng là một số chia hết cho 3”
Để thuận lợi cho $\overline{A}$ xảy ra một trong các trường hợp sau:
TH1: Cả 3 số viết ra đều chia hết cho 3 nên sẽ có ${\left(C_7^1\right)}^3=7^3$ cách viết.
TH2: Cả 3 số viết ra đều chia cho 3 dư 1 nên sẽ có ${\left(C_8^1\right)}^3=8^3$ cách viết.
TH3: Cả 3 số viết ra đều chia cho 3 dư 2 nên sẽ có ${\left(C_7^1\right)}^3=7^3$ cách viết.
TH4: Trong 3 số viết ra có 1 số chia hết cho 3, có 1 số chia cho 3 dư 1, có 1 số chia cho 3 dư 2 nên ta có $C_7^1.C_8^1.C_7^1.3!=\mathrm{7.8.7.3}!$ cách viết.
Khi đó xác suất để ba số được viết ra có tổng chia hết cho 3 là
$$P\left(\overline{A}\right)=\frac{7^3+8^3+7^3+\mathrm{7.8.7.3}!}{10648}=\frac{1775}{5324}.$$
Vậy xác suất để ba số được viết ra có tổng không chia hết cho 3 là $1-\frac{1775}{5324}=\frac{3549}{5324}$

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: các vé 5 chữ số từ 0 đến 9 nên có $10^5=100000$ vé. Tính xác suất biến cố đối $\overline{X}$: vé có chứa cả chữ số 2 và chữ số 6. Số vé chứa cả 2 và 6 là $10^5-2\cdot 9^5+8^5=100000-118098+32768=14670$. Vậy $P(\overline{X})=\frac{14670}{100000}=0,1467$, suy ra $P(X)=1-0,1467=0,8533$. Cách khác: $P(X)=\frac{2\cdot 9^5-8^5}{10^5}=\frac{118098-32768}{100000}=0,8533$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Mỗi viên bi có 3 cách chọn hộp, nên không gian mẫu có $3^6=729$ phần tử. a) Đúng. b) Hộp 1 rỗng: mỗi bi vào hộp 2 hoặc 3, có $2^6=64$ cách, không phải 60 → Sai. c) Chỉ hộp 1 rỗng: mỗi bi vào hộp 2 hoặc 3 và cả hai hộp 2, 3 đều khác rỗng: $2^6-2=62$ cách, không phải 32 → Sai. d) Số cách không hộp nào trống (toàn ánh từ 6 bi lên 3 hộp) theo bao hàm - loại trừ: $3^6-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{1}\right)2^6+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right)1^6=729-192+3=540$. Xác suất $=\frac{540}{729}=\frac{20}{27}=\frac{180}{243}\ne \frac{179}{243}$ → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Mỗi viên bi có 3 lựa chọn hộp độc lập, nên $n(\Omega )=3^6=729$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hộp 1 rỗng: mỗi viên bi chỉ vào hộp 2 hoặc hộp 3, số cách $=2^6=64\ne 60$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Chỉ hộp 1 rỗng: mỗi bi vào hộp 2 hoặc 3, trừ trường hợp cả 6 bi cùng vào một hộp: $2^6-2=62\ne 32$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Số cách không hộp trống: $3^6-3\cdot 2^6+3=540$; xác suất $=\frac{540}{729}=\frac{20}{27}=\frac{180}{243}\ne \frac{179}{243}$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số cách trưng bày 3 loại bánh từ 10 loại theo hàng ngang (có thứ tự) là $A_{10}^3=10\cdot 9\cdot 8=720$. Cách trưng bày có đúng 1 loại bánh đặc biệt: chọn 1 trong 2 loại đặc biệt ($C_2^1=2$ cách), chọn 2 trong 8 loại thường ($C_8^2=28$ cách), rồi sắp xếp 3 loại đã chọn vào 3 vị trí trên kệ ($3!=6$ cách). Số cách thuận lợi: $2\cdot 28\cdot 6=336$. Vậy xác suất $P=\frac{336}{720}=\frac{7}{15}\approx 0,4667$.

(AI giải đề cho tôi)
Hộp có 15 quả bóng (5 đỏ, 4 vàng, 6 xanh). a) Lấy 1 bóng: 15 cách → đúng. b) Lấy đồng thời 2 bóng: $C_{15}^2=105$, không phải 210 → sai. c) Cả 3 bóng cùng màu: $C_5^3+C_4^3+C_6^3=10+4+20=34$; tổng cách $C_{15}^3=455$; xác suất $\frac{34}{455}$ → đúng. d) Xác suất 4 bóng cùng màu: $C_5^4+C_4^4+C_6^4=5+1+15=21$; tổng $C_{15}^4=1365$; xác suất ít nhất 2 màu $=1-\frac{21}{1365}=\frac{1344}{1365}=\frac{64}{65}$ → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hộp có $5+4+6=15$ quả bóng nên có 15 cách lấy ra ngẫu nhiên một quả bóng.
b) (AI giải đề cho tôi)
Số cách lấy đồng thời 2 bóng là $C_{15}^2=105$, không phải 210.
c) (AI giải đề cho tôi)
Cả 3 bóng cùng màu: $C_5^3+C_4^3+C_6^3=10+4+20=34$; tổng cách $C_{15}^3=455$; xác suất $\frac{34}{455}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Biến cố đối: 4 bóng cùng màu có $C_5^4+C_4^4+C_6^4=5+1+15=21$ cách; tổng $C_{15}^4=1365$. Xác suất cần tìm $=1-\frac{21}{1365}=\frac{1344}{1365}=\frac{64}{65}$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số cách lấy 4 viên bi từ 21 viên bi là $C_{21}^4=5985$.

Để 4 viên bi có đủ 3 màu, phân bố phải là $(2,1,1)$ (một màu có 2 viên, hai màu còn lại mỗi màu 1 viên). Có 3 trường hợp:
- 2 xanh, 1 đỏ, 1 vàng: $C_6^2\cdot C_7^1\cdot C_8^1=15\cdot 7\cdot 8=840$.
- 1 xanh, 2 đỏ, 1 vàng: $C_6^1\cdot C_7^2\cdot C_8^1=6\cdot 21\cdot 8=1008$.
- 1 xanh, 1 đỏ, 2 vàng: $C_6^1\cdot C_7^1\cdot C_8^2=6\cdot 7\cdot 28=1176$.

Số cách thuận lợi: $840+1008+1176=3024$.

Xác suất: $P=\frac{3024}{5985}=\frac{48}{95}\approx 0,5053$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng cộng có 12 quyển sách (5 Toán, 4 Văn, 3 Anh).
a) Biến cố A: 'có ít nhất 1 quyển Toán' nên biến cố đối là 'không có quyển Toán nào' → đúng.
b) P(A̅) = C(7,3)/C(12,3) = 35/220 = 7/44, nên P(A) = 1 - 7/44 = 37/44 ≠ 35/44 → sai.
c) P(không có quyển Văn) = C(8,4)/C(12,4) = 70/495 = 14/99, nên P(ít nhất 1 Văn) = 1 - 14/99 = 85/99 ≠ 14/55 → sai.
d) P(đủ 3 loại) = 1 - [C(7,6)+C(8,6)+C(9,6)]/C(12,6) = 1 - (7+28+84)/924 = 1 - 119/924 = 805/924 = 115/132 ≠ 113/132 → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Biến cố A là 'trong 3 quyển có ít nhất 1 quyển Toán', nên biến cố đối A̅ là 'trong 3 quyển không có quyển Toán nào'.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
P(A̅) = C(7,3)/C(12,3) = 35/220 = 7/44, nên P(A) = 1 - 7/44 = 37/44 ≠ 35/44.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
P(không có quyển Văn) = C(8,4)/C(12,4) = 70/495 = 14/99, nên P(ít nhất 1 Văn) = 85/99 ≠ 14/55.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
P(đủ 3 loại) = 1 - [C(7,6)+C(8,6)+C(9,6)]/C(12,6) = 1 - 119/924 = 115/132 ≠ 113/132.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số số thuộc $S$ là $A_8^4=8\cdot 7\cdot 6\cdot 5=1680$ (chọn và sắp thứ tự 4 chữ số đôi một khác nhau từ $\{1,\dots ,8\}$).

Gọi $A$ là biến cố 'số không có hai chữ số liên tiếp nào cùng chẵn'. Trong tập $\{1,\dots ,8\}$ có 4 chữ số chẵn $(2,4,6,8)$ và 4 chữ số lẻ $(1,3,5,7)$.

Xét số có đúng $k$ chữ số chẵn ($k=0,1,2,3,4$):
- Chọn $k$ chữ số chẵn: $C_4^k$ cách; chọn $4-k$ chữ số lẻ: $C_4^{4-k}=C_4^k$ cách.
- Sắp $4-k$ chữ số lẻ: $(4-k)!$ cách, tạo ra $5-k$... thực tế 4 chữ số lẻ tạo 5 khoảng trống (trước, sau, giữa các chữ số lẻ); chọn $k$ trong 5 khoảng để đặt chữ số chẵn sao cho không có hai chữ số chẵn kề nhau: $C_5^k$ cách.
- Sắp thứ tự $k$ chữ số chẵn: $k!$ cách.

Số phần tử thuận lợi:
$$N=\sum _{k=0}^4{C}_4^k{C}_5^{k}k!(4-k)!$$
- $k=0$: $1\cdot 1\cdot 1\cdot 24=24$
- $k=1$: $4\cdot 5\cdot 1\cdot 6=120$
- $k=2$: $6\cdot 10\cdot 2\cdot 2=240$
- $k=3$: $4\cdot 10\cdot 6\cdot 1=240$
- $k=4$: $1\cdot 5\cdot 24\cdot 1=120$

Tổng $N=24+120+240+240+120=744$.

Vậy xác suất cần tính là:
$$P(A)=\frac{744}{1680}=\frac{31}{70}\approx 0,4429.$$

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: chọn 5 thẻ từ 100 thẻ nên $|\Omega |=C_{100}^5=75287520$, khẳng định a đúng.

b) Có 50 thẻ chẵn, nên $P(A)=\frac{C_{50}^5}{C_{100}^5}=\frac{2118760}{75287520}=\frac{1081}{38412}$ (vì $C_{100}^5=1960\cdot 38412$, $C_{50}^5=1960\cdot 1081$). Khẳng định b đúng.

c) $P(B)=\frac{C_{50}^2{C}_{50}^3}{C_{100}^5}=\frac{1225\cdot 19600}{75287520}=\frac{24010000}{75287520}=\frac{6125}{19206}$. Khẳng định c đúng.

d) Biến cố đối của $C$: 5 thẻ cùng chẵn hoặc cùng lẻ. $P(\overline{C})=\frac{2C_{50}^5}{C_{100}^5}=\frac{2162}{38412}$, nên $P(C)=1-\frac{2162}{38412}=\frac{36250}{38412}\approx 0,9437\ne 0,9$. Khẳng định d sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Chọn ngẫu nhiên 5 thẻ từ 100 thẻ: $|\Omega |=C_{100}^5=75287520$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Có 50 thẻ chẵn nên $P(A)=\frac{C_{50}^5}{C_{100}^5}=\frac{2118760}{75287520}=\frac{1081}{38412}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$P(B)=\frac{C_{50}^2{C}_{50}^3}{C_{100}^5}=\frac{1225\cdot 19600}{75287520}=\frac{6125}{19206}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$P(C)=1-\frac{2C_{50}^5}{C_{100}^5}=1-\frac{2162}{38412}=\frac{36250}{38412}\approx 0,9437\ne 0,9$.