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

Đáp số: 698. Tập $X$ có 11 phần tử. Chọn ngẫu nhiên 5 phần tử từ tập $X$ và xếp vào 5 vị trí. Khi đó $n(\Omega )=A_{11}^5$. Xét biến cố $Y$: "số 13 xếp ở ô $O$ và tổng các số xếp ở các ô $A,O,C$ bằng tổng các số xếp ở các ô $B,O,D$".
+) Số 13 được xếp ở ô $O$.
+) Các số xếp ở các ô $A,B,C,D$ được chọn từ tập $Q=\{2;4;6;8;10;12;14;16;18;20\}$ và phải thỏa mãn điều kiện tổng các số xếp ở các ô $A,O,C$ bằng tổng các số xếp ở các ô $B,O,D$ nên ta tìm các tập con của $Q$ có 2 phần tử có tổng bằng nhau. Ta có bảng sau:

Với mỗi cách chọn 2 tập trên, có $2\cdot 2\cdot 2=8$ cách xếp các phần tử đó vào 4 vị trí và thỏa mãn điều kiện của đề bài, do đó $n(Y)=8\cdot 50=400$. $$P(Y)=\frac{400}{A_{11}^5}=\frac{5}{693}.$$ Vậy $a+b=698$.

(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%.

(AI giải đề cho tôi)
Trong S={1,...,28}: số lượng phần tử theo dư modulo 3: dư 0 có 9 số (3,6,...,27), dư 1 có 10 số (1,4,...,28), dư 2 có 9 số (2,5,...,26). Vì x² ≡ 0 (mod 3) khi x ≡ 0 và x² ≡ 1 (mod 3) khi x ≡ 1,2, nên a²+b²+c² ≡ 0 (mod 3) khi và chỉ khi cả ba số đều dư 0, hoặc cả ba số đều khác dư 0 (tức thuộc hai lớp dư 1, 2 với tổng 19 số). Số cách chọn thỏa mãn: C(9,3)+C(19,3)=84+969=1053. Tổng số cách: C(28,3)=3276. Xác suất = 1053/3276 = 9/28 (rút gọn: chia 3 hai lần được 117/364, rồi chia 13 được 9/28). Vậy m=9, n=28, T=m+n=37.

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

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: xếp 12 học sinh vào 12 ghế nên có $|\Omega |=12!$ cách. Biến cố $A$: gọi $h,s,g$ lần lượt là số ghế của Học, Sinh, Giỏi, cần $s=\frac{h+g}{2}$, tức $h+g$ chẵn nên $h,g$ cùng tính chẵn lẻ, và $s$ khác $h,g$ (tự động đúng vì $s$ nằm giữa $h$ và $g$). Trong 12 ghế có 6 ghế lẻ và 6 ghế chẵn. Số cách chọn cặp $(h,g)$ cùng tính chẵn lẻ: $2\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)=30$; với mỗi cặp, $s=\frac{h+g}{2}$ được xác định duy nhất và khác $h,g$. Vậy số cách xếp thỏa mãn: $30\cdot 9!$ (9 học sinh còn lại xếp vào 9 ghế còn lại). Xác suất $P(A)=\frac{30\cdot 9!}{12!}=\frac{30}{12\cdot 11\cdot 10}=\frac{30}{1320}=\frac{1}{44}$.

1. Tính xác suất:
Số phần tử của không gian mẫu: $n(\Omega )=C_{40}^3=9880$
Gọi $A$ là tập hợp các tam giác cân, $B$ là tập hợp các tam giác vuông, $C$ là tập hợp các tam giác có ít nhất một cạnh là cạnh của đa giác đều
Số tam giác cân: $n(A)=40\times \left(\frac{40-2}{2}\right)=760$ (không có tam giác đều vì 40 không chia hết cho 3)
Số tam giác vuông: $n(B)=20\times (40-2)=760$ (cạnh huyền là đường kính)
Số tam giác có ít nhất một cạnh của đa giác: $n(C)=C_{40}^3-\frac{40(40-4)(40-5)}{6}=9880-8400=1480$
Sử dụng nguyên lý bù trừ cho các tập hợp:
$n(A\cap B)=40\times 1=40$ (tam giác vuông cân tại mỗi đỉnh)
$n(B\cap C)=20\times 4=80$ (mỗi đường kính kết hợp với 4 đỉnh kề 2 đầu đường kính)
$n(C\cap A)=40\times 1=40$ (tam giác cân có đáy là cạnh đa giác)
$n(A\cap B\cap C)=0$
Số tam giác không thỏa mãn điều kiện đề bài là:
$n(A\cup B\cup C)=760+760+1480-(40+80+40)+0=2840$
Xác suất cần tìm: $P=1-\frac{2840}{9880}=\frac{176}{247}$

2. Tìm hệ số $x^5$
Điều kiện: $n\ge 2$
Phương trình tương đương:
$$2\cdot \frac{n(n-1)}{2}-3\cdot n(n-1)+144=0\iff -2n(n-1)=-144\iff n^2-n-72=0$$
Vì $n$ nguyên dương nên $n=9$
Khai triển: $P(x)=(3+x-x^2{)}^9={\sum }_{k=0}^9{C}_9^k\cdot 3^{9-k}\cdot (x-x^2{)}^k={\sum }_{k=0}^9{\sum }_{j=0}^k{C}_9^k\cdot C_k^j\cdot 3^{9-k}\cdot x^{k-j}\cdot (-x^2{)}^j$
Số hạng tổng quát: $C_9^k\cdot C_k^j\cdot 3^{9-k}\cdot (-1{)}^j\cdot x^{k+j}$
Yêu cầu $k+j=5$ với $0\le j\le k\le 9$, các cặp $(k,j)$ thỏa mãn:
Trường hợp 1: $j=0,k=5\Rightarrow C_9^5\cdot C_5^0\cdot 3^4\cdot (-1{)}^0=10206$
Trường hợp 2: $j=1,k=4\Rightarrow C_9^4\cdot C_4^1\cdot 3^5\cdot (-1{)}^1=-122472$
Trường hợp 3: $j=2,k=3\Rightarrow C_9^3\cdot C_3^2\cdot 3^6\cdot (-1{)}^2=183708$
Hệ số của $x^5$ là: $10206-122472+183708=71442$

(Lưu ý: bản lời giải trang 5 ghi biểu thức $P(x)=(3+x-x^2{)}^n$, khác với đề gốc trang 1 ghi $P(x)=(3+x-x^3{)}^n$; xem mục issues.)

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.

Lời giải.
Không gian mẫu là số bộ ba có thứ tự $(a,b,c)$ với $a,b,c\in X$:
$$n(\Omega )=45^3=91125.$$

a) Đồ thị của
$$f(x)=\frac{(x-a)(x-b)}{x-c}$$
có 2 tiệm cận khi mẫu $x-c$ không bị khử, tức là
$$c\ne a,c\ne b.$$
Khi đó:
- chọn $c$: có 45 cách;
- chọn $a\ne c$: có 44 cách;
- chọn $b\ne c$: có 44 cách.
Số trường hợp thuận lợi là
$$45\cdot 44\cdot 44.$$
Vậy xác suất cần tìm là
$$P=\frac{45\cdot 44\cdot 44}{45^3}=\frac{1936}{2025}.$$

b) Khi $c\ne a$, $c\ne b$, chia đa thức ta được
$$f(x)=x-a-b+c+\frac{(c-a)(c-b)}{x-c}.$$
Vì thế hai tiệm cận là
$$x=c\text{vaˋ}y=x-a-b+c.$$
Giao điểm của chúng là
$$I(c,2c-a-b).$$
Để $I$ nằm trên trục hoành thì tung độ bằng 0, tức là
$$2c-a-b=0\iff c=\frac{a+b}{2}.$$
Như vậy $a+b$ phải chẵn, tức là $a,b$ cùng tính chẵn lẻ.
Trong tập $X$ có:
$$23\text{ soˆˊ cha˘˜n},22\text{ soˆˊ lẻ}.$$
Do $c=\frac{a+b}{2}$ và $c\ne a$, $c\ne b$ nên phải có $a\ne b$.
Số cặp có thứ tự $(a,b)$ cùng tính chẵn lẻ và khác nhau là
$$23\cdot 22+22\cdot 21=968.$$
Với mỗi cặp như vậy, giá trị
$$c=\frac{a+b}{2}$$
được xác định duy nhất và vẫn thuộc $X$.
Vậy số trường hợp thuận lợi là 968, nên xác suất là
$$P=\frac{968}{91125}.$$
Kết luận:
$$P_a=\frac{1936}{2025},P_b=\frac{968}{91125}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Có 7 vị trí (6 đỉnh và tâm O), đặt 7 số phân biệt: tổng số cách là $7!=5040$.

Ba vị trí thẳng hàng là ba đường kính: $AOD$, $BOE$, $COF$. Gọi $s$ là số ở tâm $O$, mỗi đường kính có tổng $s+$ (tổng cặp hai đỉnh đối diện). Để ba tổng bằng nhau thì ba cặp số ở ba đường kính phải có cùng tổng $T$, tức 6 số còn lại chia thành 3 cặp bằng tổng. Tổng 6 số còn lại là $28-s=3T$, nên $28-s\equiv 0(\mathrm{mod}3)$. Với $s$ lẻ: $s=1\Rightarrow T=9$; $s=3\Rightarrow 25$ không chia hết; $s=5\Rightarrow 23$ không chia hết; $s=7\Rightarrow T=7$.

- $s=1$: 6 số còn lại $\{2;3;4;5;6;7\}$, các cặp tổng 9: $(2,7),(3,6),(4,5)$ — duy nhất một cách ghép cặp. Phân phối 3 cặp vào 3 đường kính: $3!$ cách; mỗi đường kính hoán vị 2 số: $2^3$ cách. Số cách: $3!\cdot 2^3=48$.
- $s=7$: 6 số còn lại $\{1;2;3;4;5;6\}$, các cặp tổng 7: $(1,6),(2,5),(3,4)$ — duy nhất. Tương tự có 48 cách.

Số trường hợp thuận lợi: $48+48=96$. Xác suất: $P=\frac{96}{5040}=\frac{2}{105}$.

(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)
Số học sinh có thời gian dưới 180 phút là $6+13+13=32$. Xác suất $=\frac{32}{40}=\frac{4}{5}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn 2 bi từ 9 bi: $C_9^2=36$ cách. Hai bi cùng màu: 2 xanh $C_4^2=6$ hoặc 2 đỏ $C_5^2=10$, tổng 16 cách. Xác suất $P=\frac{16}{36}=\frac{4}{9}$. Vậy đáp án C.

Theo bảng đáp án mã đề 102, câu 4: SĐSS. a) |B| = 5 (các cặp (2;6),(3;5),(4;4),(5;3),(6;2)) → Sai. b) A = {(1;1),...,(6;6)} → Đúng. c) Không gian mẫu có 36 phần tử → Sai. d) P(C) = 9/36 = 1/4 → Sai.
a) B = {(2;6),(3;5),(4;4),(5;3),(6;2)} nên |B| = 5, không phải 6 → Sai.
b) A gồm đúng 6 cặp (i;i) với i = 1,...,6 → Đúng.
c) Không gian mẫu có 6 × 6 = 36 phần tử, không phải 12 → Sai.
d) C có 3 × 3 = 9 kết quả thuận lợi nên $P(C)=\frac{9}{36}=\frac{1}{4}$, không phải $\frac{1}{6}$ → Sai.

(AI giải đề cho tôi)
Tung đồng xu 2 lần, không gian mẫu là $\Omega =\{SS,SD,DS,DD\}$ gồm 4 phần tử. Vậy số phần tử của không gian mẫu là 4, tương ứng đáp án C. Kết quả này trùng với đáp án nguồn (mã đề 102, câu 5: C).

(AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu: gieo xúc xắc 2 lần nên $n(\Omega )=6\times 6=36$, không phải 12 → a) SAI. Biến cố $B$ 'tổng bằng 8': $(2;6),(3;5),(4;4),(5;3),(6;2)$ — chỉ 5 phần tử, không phải 6 → b) SAI. Biến cố $A$ 'hai lần cùng số chấm' đúng là $A=\{(1;1),(2;2),(3;3),(4;4),(5;5),(6;6)\}$ → c) ĐÚNG. Biến cố $C$: lần 1 ra số chẵn (3 cách) và lần 2 ra số lẻ (3 cách) nên $P(C)=\frac{3\times 3}{36}=\frac{9}{36}=\frac{1}{4}\ne \frac{1}{6}$ → d) SAI. Kết quả khớp đáp án nguồn mã đề 101: S, S, Đ, S.
a) (AI giải đề cho tôi)
Không gian mẫu có $6\times 6=36$ phần tử, không phải 12.
b) (AI giải đề cho tôi)
Các cặp có tổng bằng 8: $(2;6),(3;5),(4;4),(5;3),(6;2)$ — chỉ 5 phần tử.
c) (AI giải đề cho tôi)
Hai lần cùng số chấm đúng là tập 6 cặp $(1;1),(2;2),\dots ,(6;6)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$P(C)=\frac{3}{6}\cdot \frac{3}{6}=\frac{1}{4}$, không phải $\frac{1}{6}$.