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

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số ba chữ số khác nhau lập từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5: chữ số hàng trăm có 5 cách (khác 0), hàng chục có 5 cách, hàng đơn vị có 4 cách, nên không gian mẫu có $5\cdot 5\cdot 4=100$ phần tử.

a) Biến cố $A$ (số chẵn) và $B$ (số chia hết cho 5) đồng thời xảy ra tức số chia hết cho cả 2 và 5, nghĩa là chia hết cho 10, nên chữ số tận cùng phải là 0. Khi đó hàng trăm có 5 cách, hàng chục có 4 cách, vậy $n(A\cap B)=5\cdot 4=20$ kết quả thuận lợi.

b) Tính $n(A)$: số chẵn có tận cùng 0, 2 hoặc 4.
- Tận cùng 0: $5\cdot 4=20$ số.
- Tận cùng 2: hàng trăm có 4 cách (khác 0 và 2), hàng chục có 4 cách → 16 số. Tương tự tận cùng 4: 16 số.
Vậy $n(A)=20+16+16=52$.

Tính $n(B)$: số chia hết cho 5 có tận cùng 0 hoặc 5.
- Tận cùng 0: 20 số; tận cùng 5: hàng trăm có 4 cách, hàng chục có 4 cách → 16 số.
Vậy $n(B)=20+16=36$.

Biến cố “Số được chọn chia hết cho 2 hoặc 5” là $A\cup B$, với $n(A\cup B)=n(A)+n(B)-n(A\cap B)=52+36-20=68$.

Xác suất cần tính: $P(A\cup B)=\frac{68}{100}=\frac{17}{25}=0,68$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 16: Tổng số hộp là $12+18=30$. Không gian mẫu: chọn 2 hộp từ 30 hộp, có $C_{30}^2=\frac{30\cdot 29}{2}=435$ cách.

a) Biến cố “Chọn được hai hộp có màu khác nhau”: chọn 1 hộp màu đỏ trong 12 hộp và 1 hộp màu xanh trong 18 hộp, số cách là $12\cdot 18=216$ cách.

b) Biến cố “Hai hộp được chọn có cùng màu”: hoặc chọn 2 hộp màu đỏ, hoặc chọn 2 hộp màu xanh. Số kết quả thuận lợi là $C_{12}^2+C_{18}^2=66+153=219$.
Xác suất cần tính: $P=\frac{C_{12}^2+C_{18}^2}{C_{30}^2}=\frac{219}{435}=\frac{73}{145}\approx 0,5034$.

Kiểm tra: xác suất hai màu khác nhau là $\frac{216}{435}=\frac{72}{145}$, và $\frac{72}{145}+\frac{73}{145}=1$, thỏa mãn.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số hoa: 5 + 6 + 7 = 18. Chọn 3 bông từ 18 bông: $n(\Omega )=C_{18}^3=816$.

Cách 1 (dùng biến cố đối): Gọi $A$ là biến cố "chọn được 3 bông có ít nhất 2 màu". Biến cố đối $\overline{A}$: "3 bông cùng một màu".
- 3 bông trắng: $C_5^3=10$
- 3 bông đỏ: $C_6^3=20$
- 3 bông vàng: $C_7^3=35$
Số kết quả bất lợi: $10+20+35=65$.

Vậy $P(A)=1-\frac{65}{816}=\frac{751}{816}\approx 0,9203$.

Cách 2 (đếm trực tiếp):
- Đúng 2 màu: chọn 2 màu trong 3 màu ($C_3^2=3$ cách), mỗi màu chọn ít nhất 1 bông:
+ Trắng - đỏ: $C_5^1{C}_6^2+C_5^2{C}_6^1=5\cdot 15+10\cdot 6=135$
+ Trắng - vàng: $C_5^1{C}_7^2+C_5^2{C}_7^1=5\cdot 21+10\cdot 7=175$
+ Đỏ - vàng: $C_6^1{C}_7^2+C_6^2{C}_7^1=6\cdot 21+15\cdot 7=231$
Tổng đúng 2 màu: $135+175+231=541$.
- Đúng 3 màu: $5\cdot 6\cdot 7=210$.
Số kết quả thuận lợi: $541+210=751$.

Vậy $P(A)=\frac{751}{816}\approx 0,92$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 14 (trang 20): Lập các số có ba chữ số khác nhau từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5.

Không gian mẫu: chữ số hàng trăm có 5 cách (khác 0), hàng chục có 5 cách, hàng đơn vị có 4 cách, nên tổng số là $5\cdot 5\cdot 4=100$ số.

a) Biến cố $A$: 'Số được lập là số chẵn' (chữ số tận cùng là 0, 2 hoặc 4):
- Tận cùng là 0: $5\cdot 4=20$ số.
- Tận cùng là 2: hàng trăm có 4 cách (khác 0 và 2), hàng chục có 4 cách → $16$ số.
- Tận cùng là 4: tương tự $16$ số.
Vậy $n(A)=20+16+16=52$.

Biến cố $B$: 'Số được lập là số chia hết cho 5' (tận cùng là 0 hoặc 5):
- Tận cùng là 0: $20$ số.
- Tận cùng là 5: $4\cdot 4=16$ số.
Vậy $n(B)=20+16=36$.

b) Biến cố 'Số được chọn chia hết cho 2 hoặc 5' là $A\cup B$, tức số có tận cùng là 0, 2, 4 hoặc 5:
$n(A\cup B)=20+16+16+16=68$ (cũng có thể dùng công thức $n(A\cup B)=n(A)+n(B)-n(A\cap B)=52+36-20=68$, với $A\cap B$ là các số tận cùng bằng 0).

Xác suất: $P(A\cup B)=\frac{68}{100}=\frac{17}{25}=0,68$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 16: Thùng có 12 hộp bút đỏ và 18 hộp bút xanh, tổng cộng 30 hộp. Chọn 2 hộp từ 30 hộp: $n(\Omega )=C_{30}^2=\frac{30\cdot 29}{2}=435$ cách.

a) Số cách chọn hai hộp có màu khác nhau (1 đỏ và 1 xanh):
$$12\cdot 18=216\text{ caˊch}.$$

b) Biến cố “Hai hộp được chọn có cùng màu”: chọn 2 hộp đỏ hoặc 2 hộp xanh.
Số kết quả thuận lợi:
$$C_{12}^2+C_{18}^2=66+153=219.$$
Xác suất:
$$P=\frac{219}{435}=\frac{73}{145}\approx 0,5034.$$

Kiểm tra: $216+219=435=n(\Omega )$, đúng (hai màu khác nhau và cùng màu là hai biến cố đối nhau).

(AI giải đề cho tôi)
Bó hoa có tất cả $5+6+7=18$ bông. Chọn 3 bông từ 18 bông có $C_{18}^3=\frac{18\cdot 17\cdot 16}{6}=816$ cách.

Biến cố đối của “có ít nhất 2 màu” là “chọn được 3 bông cùng một màu” (chỉ 1 màu). Số cách chọn 3 bông cùng màu:
$$C_5^3+C_6^3+C_7^3=10+20+35=65.$$
Vậy số cách chọn 3 bông có ít nhất 2 màu là $816-65=751$.

Xác suất cần tính:
$$P=\frac{751}{816}\approx 0,9203.$$

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng mệnh đề: A sai vì $P(A)=0$ khi và chỉ khi $A=\varnothing$ (biến cố không thể), không phải $A=\Omega$. B sai vì $0\le P(A)\le 1$, nên $P(A)$ có thể bằng 1 (biến cố chắc chắn), không phải luôn nhỏ hơn 1. C sai vì $P(A)$ có thể bằng 0 (biến cố không thể), không phải luôn lớn hơn 0. D đúng theo công thức biến cố đối: $P(\overline{A})=1-P(A)\iff P(A)=1-P(\overline{A})$. Vậy đáp án là D.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số cách chọn 3 quyển từ 9 quyển (4 toán + 3 lý + 2 hóa) là $C_9^3=84$. Xác suất không có quyển toán nào: chọn 3 từ 5 quyển lý và hóa: $C_5^3=10$, nên $P(\overline{A})=\frac{10}{84}=\frac{5}{42}$. Vậy xác suất có ít nhất 1 quyển toán là $P(A)=1-\frac{5}{42}=\frac{37}{42}$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn 2 người từ 10 người: $C_{10}^2=45$ cách. Biến cố đối 'không có nữ' (cả 2 nam): $C_7^2=21$ cách. Vậy $P=1-\frac{21}{45}=\frac{24}{45}=\frac{8}{15}$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Lấy ngẫu nhiên 4 quả từ 10 quả: $n=C_{10}^4=210$. Xác suất cả 4 quả đều đen (không có quả trắng nào): $\frac{C_4^4}{C_{10}^4}=\frac{1}{210}$. Vậy xác suất có ít nhất một quả trắng là $P=1-\frac{1}{210}=\frac{209}{210}$. Đáp án A.

Chọn C. Có $H=\{1;2;...;100\}$, tập $H$ có 100 phần tử, trong đó có 50 phần tử là số chẵn và 50 phần tử là số lẻ. Gọi $H_1=\{1,3,5,...,99\}$, $H_2=\{2,4,6,...,100\}$. Lấy 3 phần tử từ tập $H$, có $\left|\Omega \right|=C_{100}^3=161700$. Gọi $a,b,c$ là 3 số tự lập thành cấp số cộng $\iff \frac{a+c}{2}=b$. Do $a,b,c\in H$ nên $a,c$ cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Trường hợp 1: $a,c$ cùng chẵn. Chọn 2 phần tử thuộc $H_2$ có: $C_{50}^2$ (cách). Có duy nhất một cách chọn $b=\frac{a+c}{2}$. Trường hợp 2: $a,c$ cùng lẻ. Chọn 2 phần tử thuộc $H_1$ có: $C_{50}^2$ (cách). Có duy nhất một cách chọn $b=\frac{a+c}{2}$. Qua 2 trường hợp có $\left|{\Omega }_A\right|=1.C_{50}^2+1.C_{50}^2=2C_{50}^2=2450$. Suy ra xác suất thỏa yêu cầu $p=\frac{\left|{\Omega }_A\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{1}{66}$.

a) Đúng: $n(\Omega )=C_{10}^3=120$. b) Sai: xác suất bằng $\frac{16}{120}=\frac{2}{15}$. c) Đúng: $P(A)=1-\frac{C_8^3}{C_{10}^3}=\frac{8}{15}$. d) Sai: $P(A)>\frac{2}{3}\iff 4<x<15$, kết hợp điều kiện $x\in \{5;6;7;8;9\}$, tức phải rút ít nhất 5 thẻ.
a) Số cách lấy 3 thẻ từ 10 thẻ là $C_{10}^3$ nên ta có $n(\Omega )=C_{10}^3=120$. Chọn ĐÚNG.
b) Để ghép ba tấm thẻ thành số có ba chữ số chia hết cho 3 thì tổng của chúng phải chia hết cho 3. Đặt $A=\{0;3;6;9\}$, $B=\{1;4;7\}$ và $C=\{2;5;8\}$. TH 1. Rút được ba tấm thẻ cùng thuộc một tập $A$ hoặc $B$ hoặc $C$ là $C_4^3+1+1=6$. TH 2. Rút được một tấm thẻ thuộc tập $A$, một tấm thuộc tập $B$ và một tấm thuộc $C$ là $C_4^1+C_3^1+C_3^1=10$. Như vậy, có $6+10=16$ cách rút thỏa mãn yêu cầu. Suy ra, xác suất lấy được ba tấm thẻ thỏa mãn là $P=\frac{16}{120}=\frac{2}{15}$. Chọn SAI.
c) Gọi biến cố $A$: “3 chữ số trên 3 chiếc thẻ được lấy ra có thể ghép thành một số chia hết cho 5”. Để cho biến cố $A$ xảy ra thì trong 3 thẻ lấy được phải có thẻ mang chữ số 0 hoặc chữ số 5 $\Rightarrow \overline{A}$ là biến cố “3 thẻ lấy ra không có thẻ mang chữ số 0 và cũng không có thẻ mang chữ số 5”, có $C_8^3$ cách. $$\Rightarrow n\left(\overline{A}\right)=C_8^3\Rightarrow P\left(\overline{A}\right)=\frac{n\left(\overline{A}\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{7}{15}\Rightarrow P\left(A\right)=1-P\left(\overline{A}\right)=\frac{8}{15}.$$ Chọn ĐÚNG.
d) Gọi số thẻ cần rút là $x$ $(0\le x\le 9;x\in \mathbb{N})$, suy ra $n\left(\Omega \right)=C_{10}^x$. Gọi $A$ là biến cố: “Trong số $x$ thẻ rút ra, có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 5” thì $\overline{A}$ là biến cố: “Trong số $x$ thẻ rút ra không có thẻ nào ghi số chia hết cho 5” $$\Rightarrow n\left(\overline{A}\right)=C_8^x.$$ Ta có $P\left(\overline{A}\right)=\frac{C_8^x}{C_{10}^x}\Rightarrow P\left(A\right)=1-\frac{C_8^x}{C_{10}^x}$. Do đó $P\left(A\right)>\frac{2}{3}\iff 1-\frac{C_8^x}{C_{10}^x}>\frac{2}{3}\iff 1-\frac{(10-x)(9-x)}{9.10}>\frac{2}{3}$ $$\iff \frac{-x^2+19x}{10.9}>\frac{2}{3}\iff -x^2+19x-60>0\iff 4<x<15.$$ Vì $\{\begin{array}{l}x\in \mathbb{N}\\ 0\le x\le 9\end{array}$ nên $\{\begin{array}{l}x\in \mathbb{N}\\ 4<x\le 9\end{array}\Rightarrow x\in \{5;6;7;8;9\}$. Chọn SAI.

Chọn B. Số tự nhiên có ba chữ số $\overline{abc}$ đôi một khác nhau lấy từ tập $\{0;1;2;3;4;5\}$: $\left|\Omega \right|=5.A_4^2=60$. Gọi A là biến cố: “số được chọn có chữ số hàng trăm nhỏ hơn chữ số hàng chục”. Vì chữ số hàng trăm nhỏ hơn chữ số hàng chục và $a\ne 0$. Đồng thời cứ 1 bộ 2 chữ số thì có 1 chữ số đứng trước bé hơn chữ số đứng sau. Suy ra số cách chọn $\overline{ab}=C_4^2$; cách chọn $c:4$. Số cách chọn $\overline{abc}:n_A=C_4^2.4=24$. $\Rightarrow P_A=\frac{24}{60}=\frac{2}{5}$.

Các năm chính phương cho đến 2025 là: $1^2;2^2;3^2;...;45^2$. Mỗi em học sinh có 45 lựa chọn để viết một số chính phương nên $n(\Omega )=45^2$. Các số chính phương chia hết cho cả 3 và 5 là: $15^2=225;30^2=900;45^2=2025$. Số cách để cả hai em viết ra cùng một số chính phương chia hết cho 3 và 5 là: $$n(A)=3.1=3$$ Xác suất cần tính là: $P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{3}{45^2}=\frac{1}{675}=\frac{m}{n}\Rightarrow 2m+3n=2027$.

(AI giải đề cho tôi)
Hộp có 18 bóng đỏ và 2 bóng xanh (tổng 20 bóng), lấy lần lượt 2 bóng không hoàn lại.
a) Xác suất lần thứ nhất lấy được bóng xanh: P = 2/20 = 1/10, không phải 1/20. Sai.
b) Biết lần thứ nhất lấy được bóng xanh, còn lại 19 bóng trong đó 1 bóng xanh: P = 1/19. Đúng.
c) P(cả hai lần đều xanh) = (2/20)(1/19) = 2/380 = 1/190. Đúng.
d) Biến cố đối của 'ít nhất 1 lần đỏ' là 'cả hai lần đều xanh' có xác suất 1/190, nên P(ít nhất 1 lần đỏ) = 1 - 1/190 = 189/190. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
P(lần 1 xanh) = 2/20 = 1/10 ≠ 1/20.
b) (AI giải đề cho tôi)
Sau khi lần 1 lấy bóng xanh, còn 19 bóng với 1 bóng xanh nên P = 1/19.
c) (AI giải đề cho tôi)
P = (2/20)·(1/19) = 1/190.
d) (AI giải đề cho tôi)
P = 1 − P(cả hai xanh) = 1 − 1/190 = 189/190.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số trẻ: $300$. Dân tộc Mông: $27+153=180$ em; dân tộc Dao: $24+96=120$ em. a) $P(B)=180/300=0,6$ → đúng. b) $P(AB)=27/300=0,09\ne 0,102$ → sai. c) Tỉ lệ trẻ Mông bị suy dinh dưỡng: $27/180=0,15=15\%$ → đúng. d) Tỉ lệ trẻ Dao bị suy dinh dưỡng: $24/120=0,2=20\%\ne 85\%$ → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Số trẻ Mông là $27+153=180$, nên $P(B)=180/300=0,6$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$P(AB)=27/300=0,09$, không phải $0,102$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Tỉ lệ trẻ Mông bị suy dinh dưỡng: $27/180=15\%$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tỉ lệ trẻ Dao bị suy dinh dưỡng: $24/120=20\%$, không phải $85\%$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng số bóng là 14 (8 xanh, 6 đỏ), lấy lần lượt không hoàn lại. a) $P(\text{An laˆˊy xanh})=\frac{8}{14}=\frac{4}{7}$, đúng. b) $P(\text{xanh roˆˋi đỏ})=\frac{8}{14}\cdot \frac{6}{13}=\frac{48}{182}=\frac{24}{91}$, đúng. c) $P(\text{hai quả cuˋng xanh})=\frac{8}{14}\cdot \frac{7}{13}=\frac{56}{182}=\frac{4}{13}\ne \frac{5}{13}$, sai. d) $P(\text{khaˊc maˋu})=2\cdot \frac{8}{14}\cdot \frac{6}{13}=\frac{96}{182}=\frac{48}{91}$; $P(\text{cuˋng maˋu})=1-\frac{48}{91}=\frac{43}{91}$. Vì $\frac{48}{91}>\frac{43}{91}$ nên khẳng định đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$P=\frac{8}{14}=\frac{4}{7}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$P=\frac{8}{14}\cdot \frac{6}{13}=\frac{24}{91}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$P=\frac{8}{14}\cdot \frac{7}{13}=\frac{4}{13}$, không phải $\frac{5}{13}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$P(\text{khaˊc maˋu})=\frac{48}{91}>P(\text{cuˋng maˋu})=\frac{43}{91}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi A là biến cố 'lần thứ ba mới mở được cửa'. Hai lần đầu phải thử chìa sai, lần thứ ba thử chìa đúng. Xác suất lần đầu sai là 7/9 (có 7 chìa sai trong 9 chìa). Sau khi bỏ chìa sai ra, còn 8 chìa trong đó 6 chìa sai, nên xác suất lần hai sai là 6/8. Khi đó còn 7 chìa trong đó có 2 chìa đúng, xác suất lần ba đúng là 2/7. Vậy P(A) = (7/9)·(6/8)·(2/7) = 84/504 = 1/6 ≈ 0,17.