Câu 1:
Cho \(A\) và \(B\) là hai biến cố thoả mãn \(P(A)=0{,}5 ; P(B)=0{,}7\) và \(P(A \cup B)=0{,}8\).
\(\bullet\,\) Tính xác suất của các biến cố \(A B, \overline{A} B\) và \(\overline{A} \overline{B}\).
\(\bullet\,\) Hai biến cố \(A\) và \(B\) có độc lập hay không?
\(\bullet\,\) Ta có \(P(A \cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)\) \(\Rightarrow P(AB)=P(A)+P(B)-P(A \cup B)\) \(=0,5+0,7-0,8=0,4\).
\(P(\overline{A} B)=P(\overline{A})P(B)=0{,}5\cdot0{,}7=0{,}35.\)
\(P\overline{A} \overline{B}=P(\overline{A})P(\overline{B})=0{,}5\cdot0{,}3=0{,}15.\)
\(\bullet\,\) Vì \(P(AB)=0,4 \neq 0,35=P(A)\cdot P(B)\) nên hai biến cố
\(A\) và \(B\) không độc lập.
}
Câu 2:
Vệ tinh \(A\) lần lượt truyền một tin đến vệ tinh \(B\) cho đến khi vệ tinh \(B\) phản hồi là đã nhận được. Biết khả năng vệ tinh \(B\) phản hồi đã nhận được tin ở mỗi lần \(A\) gửi là độc lập với nhau và xác suất phản hồi mỗi lần đều là \(0{,}4\). Sử dụng sơ đồ hình cây, tính xác suất vệ tinh \(A\) phải gửi tin không quá \(3\) lần.
baitapsgk11/t11ch9b3sgkh1.png
Vậy xác suất để vệ tinh A phải gửi tin không quá \(3\) lần là
\(0{,}4+0{,}24+0{,}144=0{,}784.\)
}
Câu 3:
Gieo hai con xúc xăc cân đối và đồng chất. Tính xác suất của biến cố: Tích số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc chia hết cho \(6\).
Số phần tử của không gian mẫu: \(n(\Omega)=6^2=36\).
Xét biến cố A: Tích số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc chia hết cho \(6\).
Ta có \(A=\left\{(1;6),(2;3),(2;6),(3;2),(3;4),(3;6),(4;3),\right.\) \(\left.(4;6),(5;6),(6;1),(6;2),(6;3),(6;4),(6;5),(6;6)\right\}\) \(\Rightarrow n(A)=15\)
Vậy \(P(A)=\displaystyle\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{15}{36}.\)
}
Câu 4:
Một hộp có \(5\) quả bóng xanh, \(6\) quả bóng đỏ và \(4\) quả bóng vàng có kích thước và khối lượng như nhau. Chọn ra ngẫu nhiên từ hộp \(4\) quả bóng. Tính xác suất của các biến cố:
A: Cả \(4\) quả bóng lấy ra có cùng màu;
B: Trong \(4\) quả lấy ra có đủ \(3\) màu.
Xét phép thử: Chọn ra ngẫu nhiên từ hộp \(4\) quả bóng từ một hộp chứa \(15\) quả bóng.
Số phần tử của không gian mẫu: \(n(\Omega)=\mathrm{C}_{15}^4=1365.\)
*) Xét biến cố: A:\ Cả \(4\) quả bóng lấy ra có cùng màu. Xét ba trường hợp sau:
\(\bullet\,\) \(4\) quả lấy ra cùng màu xanh có \(\mathrm{C}_5^4\) cách.
\(\bullet\,\) \(4\) quả lấy ra cùng màu đỏ có \(\mathrm{C}_6^4\) cách.
\(\bullet\,\) \(4\) quả lấy ra cùng màu vàng có \(\mathrm{C}_4^4\) cách.
Theo quy tắc cộng ,ta có \(n(A)=\mathrm{C}_5^4+\mathrm{C}_6^4+\mathrm{C}_6^4=21\) cách.
Vậy xác suất để cả \(4\) quả bóng lấy ra có cùng màu là: \(P(A)=\displaystyle\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{1}{65}.\)
*) Xét biến cố: B: Trong \(4\) quả lấy ra có đủ \(3\) màu. Xét ba trường hợp sau:
\(\bullet\,\) \(2\) quả màu xanh, \(1\) quả màu đỏ, \(1\) quả màu vàng có \(\mathrm{C}_5^2\cdot\mathrm{C}_6^1\cdot\mathrm{C}_4^1=240\) cách.
\(\bullet\,\) \(1\) quả màu xanh, \(2\) quả màu đỏ, \(1\) quả màu vàng có \(\mathrm{C}_5^1\cdot\mathrm{C}_6^2\cdot\mathrm{C}_4^1=300\) cách.
\(\bullet\,\) \(1\) quả màu xanh, \(1\) quả màu đỏ, \(2\) quả màu vàng có \(\mathrm{C}_5^1\cdot\mathrm{C}_6^1\cdot\mathrm{C}_4^2=180\) cách.
Theo quy tắc cộng ,ta có \(n(A)=240+300+180=720\) cách.
Vậy xác suất để cả \(4\) quả bóng lấy ra có đủ cả ba màu là: \(P(A)=\displaystyle\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{48}{91}.\)
}
Câu 5:
Cường, Trọng và \(6\) bạn nữ xếp ngẫu nhiên thành một hàng ngang để chụp ảnh. Tính xác suất của biến cố: Có ít nhất một trong hai bạn Cường và Trọng đứng ở đầu hàng.
Xét phép thử xếp ngẫu nhiên \(8\) bạn, ta có số phần tử không gian mẫu \(n(\Omega)=8!\)
Gọi \(\mathrm{A}\) là biến cố: Có ít nhất một trong hai bạn Cường và Trọng đứng ở đầu hàng
\(\Rightarrow \overline{\mathrm{A}}\) là biến cố không có ai trong hai bạn Cường và Trọng đứng ở đầu hàng.
\(\bullet\,\) Chọn \(2\) trong \(6\) bạn xếp đầu hàng có \(\mathrm{A}_6^2\) cách xếp Cường và Trọng đứng ở đầu hàng.
\(\bullet\,\) Xếp \(4\) bạn còn lại và hai bạn Cường và Trọng có \(6!\) cách.
Suy ra số cách xếp cả hai bạn Cường và Trọng không đứng ở đầu hàng là: \(n\left(\overline{\mathrm{A}}\right)=\mathrm{A}_6^2.6!\) cách.
Vậy xác suất cần tìm là \(P(A)=\displaystyle\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{15}{28}.\)
}
Câu 6:
Chọn ngẫu nhiên \(3\) trong \(24\) đỉnh của đa giấc đều \(24\) cạnh. Tính xác suất của biến cố: \(3\) đỉnh được chọn là \(3\) đỉnh của một tam giác cân hoặc một tam giác vuông.
Đa giác đều \(24\) cạnh có \(24\) đỉnh.
Chọn \(3\) đỉnh trong \(24\) thì số phần tử của không gian mẫu: \(n(\Omega)=\mathrm{C}_{24}^3.\)
Gọi \(\mathrm{A}\) là biến cố \(3\) đỉnh được chọn là \(3\) đỉnh của một tam giác cân hoặc một tam giác vuông.
Ta có đa giác đều \(24\) đỉnh nội tiếp đường tròn có \(12\) đường chéo đi qua tâm. Xét hai trường hợp:
\(\bullet\,\) Trường hợp 1: \(3\) đỉnh được chọn là \(3\) đỉnh của một một tam giác vuông hoặc cân.
+) Chọn \(1\) đường kính có \(12\) cách.
+) Chọn \(1\) đỉnh trong \(22\) đỉnh còn lại có \(22\) cách.
Vậy trường hợp này có \(12.22=264\) (tam giác vuông hoặc cân).
\(\bullet\,\) Trường hợp 2: \(3\) đỉnh được chọn là \(3\) đỉnh của một tam giác cân
+) Chọn \(1\) đỉnh trong \(2\) đỉnh của \(1\) đường kính có \(2\) cách.
+) Mỗi đường kính chia đa giác thành hai miền, mỗi miền có \(11\) đỉnh.
+) Chọn \(1\) đỉnh thuộc miền thứ nhất thì tương ứng có \(1\) đỉnh thuộc miền thứ hai để \(3\) đỉnh được lập thành tam giác cân.
Vậy trường hợp này có \(12.2.11=264\) (tam giác cân)
Suy ra \(n(\mathrm{A})=528.\)
Vậy xác suất cần tìm là \(P(A)=\displaystyle\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{6}{23}.\)
}
Câu 7:
Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp các số tự nhiên có \(3\) chữ số. Tính xác suất của các biến cố:
A:Số được chọn chia hết cho \(2\) hoặc \(7\).
B:Số được chọn có tổng các chữ số là số chẳn.
Số tự nhiên của \(3\) chữ số có dạng \(x=\overline{abc}\), với \(a\neq 0; a,b,c \in \left\{0;1;2;\cdots ; 9\right\}\)
+) \(a\) có \(9\) cách chọn.
+) \(b\) có \(10\) cách chọn.
+) \(c\) có \(10\) cách chọn.
Khi đó số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega)=9.10.10=900\) (số).
Xét biến cố: A:Số được chọn chia hết cho \(2\) hoặc \(7\).
\(\bullet\,\) Số được chọn chia hết cho \(2\).
Khi đó ta có thêm điều kiện \(c \in \left\{0;2;4;6;8\right\}\Rightarrow c\) có \(5\) cách chọn.
+) \(a\) có \(9\) cách chọn.
+) \(b\) có \(10\) cách chọn.
Suy ra trường hợp này có \(5.9.10=450\) (số)
\(\bullet\,\) Số được chọn chia hết cho \(7\)
Khi đó để \(x \hspace{0.1cm}\vdots\hspace{0.1cm} 7\) thì \(\left(c+3b+2a\right) \hspace{0.1cm}\vdots\hspace{0.1cm} 7\)
Suy ra \(x \in \left\{ 112; 119; \cdots 994\right\}\) và trường hợp này có \(\displaystyle\frac{994-112}{7}+1=127\) (số).
Theo quy tắc cộng, ta có: \(n(A)=450+127=577\) (số).
Vậy \(P(A)=\displaystyle\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{577}{900}.\)
}
Câu 8:
Cho hai giống cá kiếm mắt đen thuần chủng và mắt đỏ thuần chủng giao phối với nhau được \(\mathrm{F1}\) toàn cá kiếm mắt đen. Lại cho cá \(\mathrm{F1}\) giao phối với nhau lại được cá con mới. Chọn ra ngẫu nhiên \(2\) con trong đàn cá con mới. Ước lượng xác suất của biến cố:Có ít nhất \(1\) con cá mắt đen trong \(2\) con cá đó.
Vì \(\mathrm{F1}\) toàn cá kiếm mắt đen nên mắt đen là tính trạng trội, mắt đỏ là tính trạng lặn.
Gọi \(\mathrm{A, a}\) lần lượt là gen mang tính trạng trội và lặn.
\begin{eqnarray*}\mathrm{P}&:&AA\hspace{1cm} \times \hspace{0.75cm}aa\\ \mathrm{Gp}&:&A\hspace{1cm} \times \hspace{1cm}a\\ \mathrm{F1}&:& \hspace{1.5cm}Aa.\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*} \mathrm{F1} \times \mathrm{F1} &:&Aa\hspace{1cm} \times \hspace{1cm}Aa\\ \mathrm{Gp}&:&A,a\hspace{1cm} \times \hspace{1cm}A,a\\ \mathrm{F2}&:& 1AA,\hspace{0.1cm}2Aa,\hspace{0.1cm}1aa.\end{eqnarray*}
Vậy đàn cá con mới gồm \(3\) con mắt đen và \(1\) con mắt đỏ.
Do đó xác suất để chọn được ít nhất \(1\) con cá mắt đen là \(100\%\)
}