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

(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)
$P(C)=1-\frac{2C_{50}^5}{C_{100}^5}=1-\frac{2162}{38412}=\frac{36250}{38412}\approx 0,9437\ne 0,9$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn 4 viên từ 12 viên: $n=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{12}{4}\right)=495$. Gọi $(d;v;x)$ là số bi đỏ, vàng, xanh với $d+v+x=4$, $d>v$, $x\ge 1$. Các trường hợp thỏa mãn:
- $(1;0;3)$: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{3}\right)=5\cdot 4=20$.
- $(2;0;2)$: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)=10\cdot 6=60$.
- $(2;1;1)$: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{1}\right)=10\cdot 3\cdot 4=120$.
- $(3;0;1)$: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{1}\right)=10\cdot 4=40$.

(Trường hợp $(3;1;0)$, $(4;0;0)$ bị loại vì không có bi xanh.)

Tổng trường hợp thuận lợi: $20+60+120+40=240$.

Vậy $P=\frac{240}{495}=\frac{16}{33}\approx 0,4848$.

(AI giải đề cho tôi)
Gieo hai xúc xắc: không gian mẫu Ω gồm các cặp (x,y) với x,y∈{1,...,6}, nên n(Ω)=36 → (a) Đúng. Kết quả như nhau: 6 kết quả (1,1),...,(6,6) → P=6/36=1/6 → (b) Đúng. Ít nhất một lần mặt sáu chấm: biến cố đối là không lần nào ra 6, có 5×5=25 kết quả → P=1−25/36=11/36≠1/3 → (c) Sai. Tổng bằng 7: (1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1) gồm 6 kết quả → P=6/36=1/6 → (d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Mỗi xúc xắc có 6 kết quả, hai xúc xắc cho 6×6=36 phần tử.
b) (AI giải đề cho tôi)
Có 6 cặp kết quả như nhau trên 36 khả năng, P=6/36=1/6.
c) (AI giải đề cho tôi)
P(ít nhất một lần ra 6)=1−(5/6)²=11/36≈0,306≠1/3.
d) (AI giải đề cho tôi)
Có 6 cặp có tổng bằng 7, P=6/36=1/6.

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: xếp 6 thẻ trong đó có 3 thẻ T giống nhau thành hàng ngang, số cách xếp là $\frac{6!}{3!}=\frac{720}{6}=120$. Sự kiện 'xếp được dãy TNTHPT' chỉ có đúng 1 cách (3 thẻ T giống nhau nên chỉ có một dãy như vậy). Vậy xác suất $P=\frac{1}{120}\approx 0,0083$.

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: $C_{10}^3=120$.
(a) 3 quả xanh: $C_4^3=4$, xác suất $\frac{4}{120}=\frac{1}{30}$ → Đúng.
(b) 2 xanh 1 trắng: $C_4^2{C}_6^1=36$, xác suất $\frac{36}{120}=\frac{3}{10}$ → Đúng.
(c) 3 quả cùng màu: $C_4^3+C_6^3=4+20=24$, xác suất $\frac{24}{120}=\frac{1}{5}\ne \frac{1}{6}$ → Sai.
(d) Ít nhất 1 trắng: biến cố đối là 3 quả xanh với xác suất $\frac{1}{30}$, nên xác suất cần tìm là $1-\frac{1}{30}=\frac{29}{30}\ne \frac{19}{30}$ → Sai.
a) $P=\frac{C_4^3}{C_{10}^3}=\frac{4}{120}=\frac{1}{30}$.
b) $P=\frac{C_4^2{C}_6^1}{C_{10}^3}=\frac{36}{120}=\frac{3}{10}$.
c) $P=\frac{C_4^3+C_6^3}{C_{10}^3}=\frac{24}{120}=\frac{1}{5}\ne \frac{1}{6}$.
d) $P=1-\frac{C_4^3}{C_{10}^3}=1-\frac{1}{30}=\frac{29}{30}\ne \frac{19}{30}$.

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: chọn ngẫu nhiên 4 học sinh từ 42 học sinh, nên $n(\Omega )=C_{42}^4=\frac{42\cdot 41\cdot 40\cdot 39}{4!}=111930$. Biến cố $A$: '4 học sinh được chọn đến từ cả 4 tổ' nghĩa là mỗi tổ đúng 1 học sinh. Số cách chọn: $n(A)=C_{10}^1\cdot C_9^1\cdot C_{11}^1\cdot C_{12}^1=10\cdot 9\cdot 11\cdot 12=11880$. Vậy $P(A)=\frac{11880}{111930}=\frac{396}{3731}\approx 0,1061$.

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: 15 thẻ. A = {3,6,9,12,15} (5 thẻ), B = {5,10,15} (3 thẻ). a) A∩B = {15} ≠ ∅ nên A, B không xung khắc → Sai. b) P(A)=5/15=1/3, P(B)=3/15=1/5 → Đúng. c) 'chia hết cho 3 hoặc 5' chính là biến cố A∪B → Đúng. d) P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)=1/3+1/5−1/15=7/15 → Đúng. Kết quả khớp bảng đáp án SĐĐĐ.
a) (AI giải đề cho tôi)
A∩B={15}≠∅ nên A và B không xung khắc.
b) (AI giải đề cho tôi)
P(A)=5/15=1/3, P(B)=3/15=1/5.
c) (AI giải đề cho tôi)
'Chia hết cho 3 hoặc 5' là hợp của hai biến cố: A∪B.
d) (AI giải đề cho tôi)
P(A∪B)=1/3+1/5−1/15=7/15.

(AI giải đề cho tôi)
An chọn 2 trong 8 viên: $C_8^2=28$ cách. Bình chọn 2 trong 12 viên: $C_{12}^2=66$ cách. Không gian mẫu: $28\cdot 66=1848$. Để cả 4 viên cùng màu, màu chung của hai người chỉ có đỏ và xanh (Bình có thêm vàng nhưng An không có).
- Cả 4 viên đỏ: $C_3^2\cdot C_4^2=3\cdot 6=18$ cách.
- Cả 4 viên xanh: $C_5^2\cdot C_5^2=10\cdot 10=100$ cách.
Số cách thuận lợi: $18+100=118$. Xác suất $P=\frac{118}{1848}=\frac{59}{924}$ (tối giản vì 59 nguyên tố, không chia hết 924). Vậy $a+b=59+924=983$, khớp đáp số nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu có 30 phần tử. Biến cố $A$: số nhỏ hơn 11 gồm 10 số (1 đến 10) nên $P(A)=\frac{10}{30}=\frac{1}{3}$, khẳng định a đúng. Biến cố $B$: số lớn hơn 25 gồm 5 số (26 đến 30) nên $P(B)=\frac{5}{30}=\frac{1}{6}$, không phải $\frac{1}{5}$, khẳng định b sai. $A$ và $B$ không thể đồng thời xảy ra (không số nào vừa nhỏ hơn 11 vừa lớn hơn 25) nên chúng xung khắc, khẳng định c đúng. Vì xung khắc: $P(A\cup B)=P(A)+P(B)=\frac{1}{3}+\frac{1}{6}=\frac{1}{2}$, không phải $\frac{8}{15}$, khẳng định d sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$A$ gồm 10 số (1 đến 10) nên $P(A)=\frac{10}{30}=\frac{1}{3}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$B$ gồm 5 số (26 đến 30) nên $P(B)=\frac{5}{30}=\frac{1}{6}$, không phải $\frac{1}{5}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Không có số nào vừa nhỏ hơn 11 vừa lớn hơn 25 nên $A\cap B=\varnothing$, hai biến cố xung khắc.
d) (AI giải đề cho tôi)
Vì $A$, $B$ xung khắc: $P(A\cup B)=\frac{1}{3}+\frac{1}{6}=\frac{1}{2}$, không phải $\frac{8}{15}$.

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: lấy ngẫu nhiên 4 quả từ 10 quả, $n(\Omega )=C_{10}^4=210$. Biến cố 'có đúng 2 quả đỏ' (trong 3 đỏ) và 2 quả trắng (trong 7 trắng): $n(A)=C_3^2\cdot C_7^2=3\cdot 21=63$. Vậy $P(A)=\frac{63}{210}=\frac{3}{10}$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: lấy ngẫu nhiên 4 quả từ 10 quả, $n(\Omega )=C_{10}^4=210$. Biến cố 'có đúng 2 quả đỏ' (và 2 quả trắng): $n(A)=C_3^2\cdot C_7^2=3\cdot 21=63$. Vậy $P(A)=\frac{63}{210}=\frac{3}{10}$, trùng với đáp án D của đề.

Chọn C. Số cách chọn 5 học sinh là: $C_{17}^5=6188$. Số cách chọn 5 học sinh từ học sinh nam là: $C_7^5=21$. Số cách chọn 5 học sinh từ học sinh nữ là: $C_{10}^5=252$. Xác suất cần tính là: $P=\frac{21+252}{6188}=\frac{3}{68}$.

Ta có: $n(\Omega )=C_{13}^3=286$. Gọi biến cố $A$: “3 học sinh được chọn có cả nam và nữ đồng thời có cả khối 11 và khối 12”. Gọi biến cố $B$: “chọn một học sinh khối 11; một học sinh nam khối 12 và một học sinh nữ khối 12”, suy ra số phần tử của biến cố $B:n(B)=C_2^1{C}_8^1{C}_3^1=48\Rightarrow P(B)=\frac{24}{143}$. Gọi biến cố $C$: “chọn một học sinh khối 11 và hai học sinh nữ khối 12”, suy ra số phần tử của biến cố $C:n(C)=C_2^1{C}_3^2=6\Rightarrow P(C)=\frac{3}{143}$. Gọi biến cố $D$: “chọn hai học sinh khối 11; một học sinh nữ khối 12”, suy ra số phần tử của biến cố $D:n(D)=C_2^2{C}_3^1=\frac{3}{286}$. Ta có $B,C,D$ là các biến cố xung khắc và $A=B\cup C\cup D$. Vậy $P(A)=P(B)+P(C)+P(D)=\frac{57}{286}\approx 0.2$.

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: $n(\Omega )=C_{10}^2=45$. Biến cố cả hai bi đều đỏ: $n(A)=C_4^2=6$. Vậy $P(A)=\frac{6}{45}=\frac{2}{15}$. Đáp án D, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Đoạn $[2025;2035]$ có $2035-2025+1=11$ số tự nhiên. Các số lẻ: $2025,2027,2029,2031,2033,2035$ — tổng cộng $6$ số. Xác suất lấy được số lẻ là $\frac{6}{11}$. Khớp với đáp án nguồn là C.