20 câu trắc nghiệm Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài 2. Xác suất của biến cố (Đúng sai - Trả lời ngắn) có đáp án

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right) = 36$.

Gọi $A$ là biến cố “Kết quả hai lần gieo là như nhau”.

Khi đó $A = \left\{ {\left( {1;1} \right),\left( {2;2} \right),\left( {3;3} \right),\left( {4;4} \right),\left( {5;5} \right),\left( {6;6} \right)} \right\} \Rightarrow n\left( A \right) = 6$.

Do đó $P\left( A \right) = \frac{6}{{36}} = \frac{1}{6}$. Chọn C.

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right) = 10$.

Gọi $A$ là biến cố “Chọn được số chia hết cho 5”. Khi đó $A = \left\{ {0;5} \right\} \Rightarrow n\left( A \right) = 2$.

Suy ra $P\left( A \right) = \frac{2}{{10}} = \frac{1}{5}$. Chọn A.

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right) = 8$.

$A = \left\{ {SSS,SNN,SSN,SNS} \right\} \Rightarrow n\left( A \right) = 4$. Suy ra $P\left( A \right) = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$. Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu là $C_{11}^3 = 165$.

Số cách lấy ra 3 viên bi đều là màu đỏ là $C_5^3 = 10$.

Xác suất để 3 viên bi lấy ra đều là màu đỏ là $P = \frac{{10}}{{165}} = \frac{2}{{33}}$. Chọn A.

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right) = C_{10}^3 = 120$.

Gọi $A$ là biến cố “Chọn 3 học sinh luôn có học sinh nữ”.

$\overline A$ là biến cố “Chọn 3 học sinh không có học sinh nữ”.

Khi đó $n\left( {\overline A } \right) = C_6^3 = 20$.

Khi đó $P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{20}}{{120}} = \frac{5}{6}$. Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu là $C_8^5 = 56$.

Gọi $A$ là biến cố “5 học sinh được chọn đi thi có cả nam và nữ và học sinh nam nhiều hơn học sinh nữ ”

TH1: Chọn được 3 nam 2 nữ có $C_5^3 \cdot C_3^2 = 30$cách.

TH2: Chọn được 4 nam 1 nữ có $C_5^4 \cdot C_3^1 = 15$ cách.

Suy ra $n\left( A \right) = 30 + 15 = 45$ cách. Suy ra $P\left( A \right) = \frac{{45}}{{56}}$. Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu là $C_9^2 = 36$.

Gọi $A$ là biến cố “Chọn được 2 bi cùng màu”.

TH1: Chọn được 2 bi màu xanh có $C_4^2 = 6$ cách.

TH2: Chọn được 2 bi màu đỏ có $C_3^2 = 3$ cách.

TH3: Chọn được 2 bi màu vàng có 1 cách.

Suy ra $n\left( A \right) = 6 + 3 + 1 = 10$.

Do đó $P\left( A \right) = \frac{{10}}{{36}} = \frac{5}{{18}}$. Chọn A.

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right) = C_{15}^4 = 1365$.

Gọi $A$ là biến cố “Chọn được 4 viên bi có đủ ba màu và số bi đỏ nhiều nhất”.

Khi đó $n\left( A \right) = C_4^1 \cdot C_5^2 \cdot C_6^1 = 240$.

Khi đó $P\left( A \right) = \frac{{240}}{{1365}} = \frac{{16}}{{91}}$. Chọn A.

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right) = C_{100}^3 = 161700$.

Gọi $A$ là biến cố “Tổng các số ghi trên thẻ là số chia hết cho 2”.

Từ 1 đến 100 có 50 số chẵn và 50 số lẻ.

TH1: Chọn được 3 số chẵn có $C_{50}^3$ cách.

TH2: Chọn được 1 số chẵn và 2 số lẻ có $C_{50}^1 \cdot C_{50}^2$ cách.

Suy ra $n\left( A \right) = C_{50}^3 + C_{50}^1 \cdot C_{50}^2 = 80850$.

Khi đó $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{80850}}{{161700}} = \frac{1}{2}$. Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu là $C_{20}^2 = 190$.

Gọi $A$ là biến cố “Tổng hai số trên hai tấm thẻ được rút ra bằng 10”.

Ta có $1 + 9 = 2 + 8 = 3 + 7 = 4 + 6$$\Rightarrow n\left( A \right) = 4$.

Vậy $P\left( A \right) = \frac{4}{{190}} = \frac{2}{{95}}$. Chọn B.

a) Số phần tử của không gian mẫu là 36.

b) Gọi $A$ là biến cố “Tổng số chấm của hai lần gieo chia hết cho 5”.

Khi đó $A = \left\{ {\left( {1;4} \right);\left( {4;1} \right);\left( {2;3} \right);\left( {3;2} \right);\left( {4;6} \right);\left( {6;4} \right);\left( {5;5} \right)} \right\} \Rightarrow n\left( A \right) = 7$.

Do đó $P\left( A \right) = \frac{7}{{36}}$.

c) Gọi $B$ là biến cố “Tổng số chấm của hai lần gieo lớn hơn 6”.

$B = \left\{ \begin{array}{l}\left( {1;6} \right);\left( {6;1} \right);\left( {2;5} \right);\left( {5;2} \right);\left( {2;6} \right);\left( {6;2} \right);\left( {3;4} \right);\left( {4;3} \right);\left( {3;5} \right);\\\left( {5;3} \right);\left( {3;6} \right);\left( {6;3} \right);\left( {4;4} \right);\left( {4;5} \right);\left( {5;4} \right);\left( {4;6} \right);\left( {6;4} \right);\left( {5;5} \right);\left( {5;6} \right);\left( {6;5} \right);\left( {6;6} \right)\end{array} \right\}$$\Rightarrow n\left( B \right) = 21$.

Do đó $P\left( B \right) = \frac{{21}}{{36}} = \frac{7}{{12}}$.

d) $C$ là biến cố “Lần thứ nhất xuất hiện mặt 2 chấm” .

$C = \left\{ {\left( {2;1} \right);\left( {2;2} \right);\left( {2;3} \right);\left( {2;4} \right);\left( {2;5} \right);\left( {2;6} \right)} \right\}$$\Rightarrow n\left( C \right) = 6$.

Do đó $P\left( C \right) = \frac{6}{{36}} = \frac{1}{6}$.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Sai; d) Đúng.

a) Không gian mẫu của phép thử trên có ${2^4} = 16$ phần tử.

b) Biến cố đối $\overline A$: “Kết quả nhận được 4 lần gieo có ít nhất 1 lần là mặt sấp”.

c) $\overline B$ là biến cố “Cả 4 lần tung đều là mặt ngửa” $\Rightarrow n\left( {\overline B } \right) = 1 \Rightarrow n\left( B \right) = 15$.

Do đó $P\left( B \right) = \frac{{15}}{{16}}$.

d) Ta có $C = \left\{ {NNSS;NSNS;NSSN;SNSN;SSNN;SNNS} \right\}$$\Rightarrow n\left( C \right) = 6$.

Khi đó $P\left( C \right) = \frac{6}{{16}} = \frac{3}{8}$.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Đúng.

Số phần tử của không gian mẫu là $C_{14}^6 = 3003$.

a) Gọi $A$ là biến cố “Có đúng một màu”. Khi đó $n\left( A \right) = C_7^6 = 7$.

Do đó $P\left( A \right) = \frac{7}{{3003}} = \frac{1}{{429}}$.

b) Gọi $B$ là biến cố “Có đúng hai màu đỏ và vàng ” $\Rightarrow n\left( B \right) = C_7^6 = 7$.

Do đó $P\left( B \right) = \frac{7}{{3003}} = \frac{1}{{429}}$.

c) Gọi $C$ là biến cố “Có ít nhất 1 bi đỏ”.

$\overline C$ là biến cố “Không có bi màu đỏ” $\Rightarrow n\left( {\overline C } \right) = C_9^6 = 84$.

Khi đó $P\left( {\overline C } \right) = \frac{{84}}{{3003}} = \frac{4}{{143}}$. Do đó $P\left( C \right) = 1 - \frac{4}{{143}} = \frac{{139}}{{143}}$.

d) Gọi $D$ là biến cố “Có ít nhất 2 bi xanh”.

$\overline D$ là biến cố “Có nhiều nhất 1 bi xanh”.

TH1: Không có bi xanh có $C_7^6 = 7$ cách.

TH2: Có 1 bi xanh có $C_7^1 \cdot C_7^5 = 147$ cách.

Suy ra $n\left( {\overline D } \right) = 154$. Do đó $P\left( {\overline D } \right) = \frac{{154}}{{3003}} = \frac{2}{{39}} \Rightarrow P\left( D \right) = \frac{{37}}{{39}}$.

Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai.

a) Số phần tử của không gian mẫu là $C_{10}^2 = 45$.

b) Gọi $A$ là biến cố “hai tấm thẻ được đánh số cùng chia hết hết cho 2”.

Các số chia hết cho 2 là $\left\{ {2;4;6;8;10} \right\} \Rightarrow n\left( A \right) = C_5^2 = 10$.

Do đó $P\left( A \right) = \frac{{10}}{{45}} = \frac{2}{9}$.

c) Gọi $B$ là biến cố “hai tấm thẻ được đánh số đều là số nguyên tố”.

Các số nguyên tố là $\left\{ {2;3;5;7} \right\}$$\Rightarrow n\left( B \right) = C_4^2 = 6$.

Do đó $P\left( B \right) = \frac{6}{{45}} = \frac{2}{{15}}$.

d) Gọi $C$ là biến cố “hai tấm thẻ có tổng là một số lẻ”.

Từ 1 đến 10 có 5 số chẵn và 5 số lẻ.

Để tổng 2 số là số lẻ thì cần lấy được 1 số chẵn và số lẻ. Khi đó $n\left( C \right) = C_5^1 \cdot C_5^1 = 25$.

Do đó $P\left( C \right) = \frac{{25}}{{45}} = \frac{5}{9}$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.

a) Số phần tử không gian mẫu là $C_9^3 = 84$.

b) TH1: Chọn được 2 nữ, 1 nam có $C_5^2 \cdot C_4^1 = 40$ cách.

TH2: Chọn được 3 nữ có $C_5^3 = 10$.

Số cách chọn 3 học sinh có ít nhất 2 nữ là $40 + 10 = 50$ cách.

c) Gọi $A$ là biến cố “Chọn được 3 học sinh toàn nam” $\Rightarrow n\left( A \right) = C_4^3 = 4$.

Do đó $P\left( A \right) = \frac{4}{{84}} = \frac{1}{{21}}$.

d) Gọi $B$ là biến cố “Chọn được 3 học sinh toàn nữ” $\Rightarrow n\left( B \right) = C_5^3 = 10$.

Do đó $P\left( B \right) = \frac{{10}}{{84}} = \frac{5}{{42}}$.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Sai.

Số phần tử của không gian mẫu là $8! = 40320$.

Gọi $A$ là biến cố “Xếp được các bạn nam và bạn nữ đứng xen kẽ nhau”.

TH1: Xếp bạn nam đứng vị trí lẻ, nữ đứng vị trí chẵn có $4! \cdot 4!$ cách.

TH2: Xếp bạn nam đứng vị trí chẵn, nữ đứng vị trí lẻ có $4! \cdot 4!$ cách.

Suy ra $n\left( A \right) = 2 \cdot 4! \cdot 4! = 1152$.

Do đó $P\left( A \right) = \frac{{1152}}{{40320}} = \frac{1}{{35}} \approx 0{,}03$.

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right) = C_{22}^2$.

Gọi $A$ là biến cố “Chọn được hai em trong lớp trong đó có A”. Suy ra $n\left( A \right) = 21$.

Do đó $P\left( A \right) = \frac{{21}}{{C_{22}^2}} \approx 9{,}1\%$.

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right) = {6^2} = 36$.

Gọi $A$ là biến cố “Tích số chấm trong hai lần gieo là số chẵn”.

Xét biến cố $\overline A$ “Tích số chấm trong hai lần gieo là số lẻ”.

Các số lẻ trên mặt con xúc xắc là $\left\{ {1;3;5} \right\}$.

Khi đó $n\left( {\overline A } \right) = 3 \cdot 3 = 9$$\Rightarrow n\left( A \right) = 27$.

Do đó $P\left( A \right) = \frac{{27}}{{36}} = \frac{3}{4}$. Suy ra $a = 3;b = 4$. Do đó $a \cdot b = 12$.

Ta có $n\left( \Omega \right) = {2^5} = 32$.

Gọi $A$ là biến cố “được ít nhất một đồng tiền xuất hiện mặt sấp”.

Xét biến cố $\overline A$ “Không có đồng tiền nào xuất hiện mặt sấp”.

Khi đó $\overline A = \left\{ {NNNNN} \right\} \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = 1$$\Rightarrow n\left( A \right) = 31$.

Do đó $P\left( A \right) = \frac{{31}}{{32}}$. Suy ra $a = 31;b = 32 \Rightarrow b - a = 1$.

Số phần tử của không gian mẫu là $C_{30}^4 = 27405$.

Gọi $A$ là biến cố “4 bông hoa chọn được số hoa màu vàng và màu đỏ bằng nhau”.

TH1: Chọn được 2 hoa màu trắng, 1 hoa màu vàng, 1 hoa màu đỏ có $C_{10}^2 \cdot C_{10}^1 \cdot C_{10}^1 = 4500$ cách.

TH2: Chọn được 2 hoa màu vàng, 2 hoa màu đỏ có $C_{10}^2 \cdot C_{10}^2 = 2025$ cách.

Suy ra $n\left( A \right) = 4500 + 2025 = 6525$.

Do đó $P\left( A \right) = \frac{{6525}}{{27405}} = \frac{5}{{21}} \approx 0{,}24$.