Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 9 (có lời giải) - Đề 3

Số phần tử của không gian mẫu là: $n\left( \Omega \right) = C_{52}^1$

Gọi A là biến cố rút được con bích, $n\left( A \right) = C_{13}^1$

Vậy $P\left( A \right) = \frac{{C_{13}^1}}{{C_{52}^1}} = \frac{1}{4}$

Ta có $A$ và $B$là hai biến cố độc lập nên $P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = 0{,}12$.

Áp dụng quy tắc cộng xác suất, ta được:

$P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = 0{,}6 + 0{,}2 - 0{,}12 = 0{,}68$.

Số phần tử của không gian mẫu là: $n\left( \Omega \right) = C_{13}^3 = 286$.

Gọi $A$ là biến cố: “Ba quả cầu được chọn là khác màu ”. Ta có: $n\left( A \right) = C_6^1.C_5^1.C_2^1 = 60$.

Vậy $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{60}}{{286}} = \frac{{30}}{{143}}$.

Vì $A$ và $B$ là hai biến cố độc lập nên $P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = 0{,}3.0{,}6 = 0{,}18$.

.$P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = 0{,}3 + 0{,}6 - 0{,}18 = 0{,}72$.

Không gian mẫu của phép thử là $\Omega = \left\{ {\left( {i;j} \right),i,j \in \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}} \right\}$

$\Rightarrow n\left( \Omega \right) = 36$.

Biến cố lần đầu xuất hiện mặt 2 chấm$A = \left\{ {\left( {2;1} \right),\left( {2;2} \right),\left( {2;3} \right),\left( {2;4} \right),\left( {2;5} \right),\left( {2;6} \right)} \right\},n\left( A \right) = 6$.

Xác suất là $p\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{6}{{36}} = \frac{1}{6}$.

Ta có $P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cap B} \right)$.

Vì $A$, $B$ là hai biến cố xung khắc nên $A \cap B = \emptyset$.

Từ đó suy ra $P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right)$.

Theo giả thiết hai người ngang tài ngang sức nên xác suất thắng thua trong một ván đấu là $0{,}5;0{,}5$

Xét tại thời điểm người chơi thứ nhất đã thắng $4$ ván và người chơi thứ hai thắng $2$ ván.

Để người thứ nhất chiến thắng thì người thứ nhất cần thắng 1 ván và người thứ hai thắng không quá hai ván.

Có ba khả năng:

TH1: Đánh $1$ ván. Người thứ nhất thắng xác suất là $0{,}5$.

TH2: Đánh $2$ ván. Người thứ nhất thắng ở ván thứ hai xác suất là ${\left( {0{,}5} \right)^2}$.

TH3: Đánh $3$ ván. Người thứ nhất thắng ở ván thứ ba xác suất là ${\left( {0{,}5} \right)^3}$.

Vậy $P = 0{,}5 + {\left( {0{,}5} \right)^2} + {\left( {0{,}5} \right)^3} = \frac{7}{8}.$

Gọi các biến cố:

$X$: “xạ thủ $A$ bắn trúng mục tiêu nhiều hơn hai xạ thủ $B,C$ sau $3$ lượt bắn”

${X_1}$ “ xạ thủ $A$ bắn trúng $3$ lần, cả $2$ xạ thủ $B,C$ bắn trúng tối đa $2$ lần”

${X_2}$: “ xạ thủ $A$ bắn trúng $2$ lần, cả $2$ xạ thủ $B,C$bắn trúng tối đa $1$ lần”

${X_3}$: “ xạ thủ $A$ bắn trúng $1$ lần, cả $2$ xạ thủ $B,C$không bắn trúng lần nào”

Khi đó: $X = {X_1} \cup {X_2} \cup {X_3}$ và ${X_1},{X_2},{X_3}$đôi một xung khắc.

Ta có:

$$P({X_1}) = 0,{9^3}.{\rm{[}}1 - (0,{8^3} + 0,{7^3} - 0,{8^3}.0,{7^3}){\rm{]}}$$

$$P({X_2}) = C_3^20,{9^2}.0{,}1.{\rm{[(C}}_3^1{)^2}.0{,}8.0,{2^2}.0{,}7.0,{3^2} + 0,{2^3}.C_3^1.0{,}7.0,{3^2} + 0,{3^3}.C_3^1.0{,}8.0,{2^2} + 0,{2^3}.0,{3^3}{\rm{]}}$$

$$P({X_3}) = C_3^1.0{,}9.0,{1^2}.0,{2^3}.0,{3^3}$$

Do đó $P(X) = P({X_1}) + P({X_2}) + P({X_3}) = 0{,}234323$

a) Đúng

b) Đúng

c) Đúng

d) Sai

a) A = “Lấy 3 bi trắng” $\Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{C_{10}^3}}{{C_{25}^3}}$

b) B = “Lấy 3 bi đỏ” $\Rightarrow P\left( B \right) = \frac{{C_8^3}}{{C_{25}^3}}$

c) C= “Lấy 3 bi xanh” $\Rightarrow P\left( C \right) = \frac{{C_7^3}}{{C_{25}^3}}$

d) Gọi D = “Lấy được 3 viên cùng màu”$\Rightarrow A \vee B \vee C \Rightarrow P\left( D \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) + P\left( C \right) = \frac{{C_{10}^3}}{{C_{25}^3}} + \frac{{C_8^3}}{{C_{25}^3}} + \frac{{C_7^3}}{{C_{25}^3}}$

a) Sai

b) Đúng

c) Sai

d) Đúng

a) Kí hiệu: N: mă̆t ngửa, $S:$ mă̆t sấp.

$\begin{array}{rrrrrrrrrrrrrrrrrrrr}{}&{A = \left\{ {{\rm{sSS}};{\rm{SSN}};{\rm{SNS}};{\rm{NSS}}} \right\}}\\{}&{B = \left\{ {{\rm{NNN}};{\rm{NNS}};{\rm{NSN}};{\rm{SNN}};{\rm{NSS}};{\rm{SNS}};{\rm{SSN}}} \right\}}\end{array}$

Do đó, biến cố $A$ có 4 phần tử, biến cố $B$ có 7 phần tử.

b) Biến cố giao $AB = \left\{ {SSN;SNS;NSS} \right\}$.

c) Biến cố $A \cup B = \{ {\rm{SSS}};$ NNN; NNS; NSN; SNN; NSS; SNS; SSN $\}$.

d) Biến cố là "Có nhiều nhất một lần xuất hiện mặt sấp".

Biến cố là "Có ít nhất hai lần xuất hiền mặt ngửa".

a) Sai

b) Sai

c) Đúng

d) Sai

Vì $A$ và $B$ là hai biến cố độc lập với nhau nên:

$\begin{array}{l}P(AB) = P(A) \times P(B) \Rightarrow P(B) = \frac{{P(AB)}}{{P(A)}} = \frac{{0{,}3}}{{0{,}6}} = 0{,}5\\P(\bar AB) = P(\bar A) \times P(B) = 0{,}4 \times 0{,}5 = 0{,}2,P(\bar A\bar B) = P(\bar A) \times P(\bar B) = 0{,}4 \times 0{,}5 = 0{,}2.\end{array}$

$P(A\bar B) = 0{,}6.0{,}5 = 0{,}3$

a) Đúng

b) Sai

c) Sai

d) Đúng

Gọi $A =$”bóng điện sáng bình thường” $\Rightarrow P\left( A \right) = 0{,}9$

Xác suất để bóng đèn không sáng $P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 0{,}1$

Ta có xác suất để 2 bóng đèn sáng là:$C_4^2.0{,}9.0{,}9.0{,}1.0{,}1 = 0{,}0486$

Xác suất để 3 bóng đèn sáng là:$C_4^3.0{,}9.0{,}9.0{,}9.0{,}1 = 0{,}2916$

Xác suất để 4 bóng đèn sáng là:$0,{9^4} = 0{,}6561$

Xác suất để phòng hội thảo đủ ánh sáng là :$0{,}0486 + 0{,}2916 + 0{,}6561 = 0{,}9963$

Trong 40 sản phẩm thì có 5 sản phẩm không đạt chất lượng và 35 sản phẩm chất lượng tốt.

Số trường hợp thuận lợi của biến cố $A$ là: $C_{35}^4 + C_{35}^3 \times C_5^1 + C_{35}^2 \times C_5^2$.

Xác suất của biến cố $A:P(A) = \frac{{C_{35}^4 + C_{35}^3 \times C_5^1 + C_{35}^2 \times C_5^2}}{{C_{40}^4}} \approx 0{,}996$.

Gọi $A$ là biến cố "Chọn ra ngẫu nhiên 5 bạn có cả nam và nữ, trong đó nam ít hơn nữ".

Xác suất của biến cố $A$ : $P(A) = \frac{{C_6^1 \times C_6^4 + C_6^2 \times C_6^3}}{{C_{12}^5}} = \frac{{65}}{{132}}$.

Đường nối 2 đỉnh bất kỳ của một đa giác đều hoặc là cạnh của đa giác hoặc là đường chéo của đa giác. Số đường chéo của một đa giác đều 20 cạnh là: $C_{20}^2 - 20 = 170$.

Xác suất của biến cố $A$ là: $P(A) = \frac{{C_{20}^2 - 20}}{{C_{20}^2}} = \frac{{17}}{{19}}$.

Gọi ${A_i}(1 \le i \le 5,i \in \mathbb{N})$ là biến cố: "Cầu thủ thứ $i$ của đội $X$ sút luân lưu thành công".

Xác suất cần tìm là:

$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{P\left( {{A_1}{A_2}{A_3}{A_4}{{\bar A}_5}} \right)}&{ = P\left( {{A_1}} \right) \cdot P\left( {{A_2}} \right) \cdot P\left( {{A_3}} \right) \cdot P\left( {{A_4}} \right) \cdot P\left( {{{\bar A}_5}} \right)}\\{}&{ = 0{,}8 \cdot 0{,}8 \cdot 0{,}76 \cdot 0{,}72 \cdot 0{,}32 \approx 0{,}112.}\end{array}$

Gọi ${A_i}(1 \le i \le 3,i \in \mathbb{N})$ là biến cố: "Bóng đèn thứ $i$ sáng bình thường".

An không thể làm bài tập nếu cả ba bóng đèn bị hỏng, khi đó:

$P\left( {{{\bar A}_1}{{\bar A}_2}{{\bar A}_3}} \right) = P\left( {{{\bar A}_1}} \right) \cdot P\left( {{{\bar A}_2}} \right) \cdot P\left( {{{\bar A}_3}} \right) = 0{,}05 \cdot 0{,}04 \cdot 0{,}03 = \frac{3}{{50000}}.$

Gọi $P$ là xác suất để An có thể làm bài, ta có:

$P = 1 - P\left( {{{\bar A}_1}{{\bar A}_2}{{\bar A}_3}} \right) = 1 - \frac{3}{{50000}} = 0{,}99994.{\rm{ }}$

Gọi $A$ là biến cố: "Chị Hoa bị nhiễm bệnh khi tiếp xúc người bệnh mà không đeo khẩu trang" và $B$ : "Chị Hoa bị nhiễm bệnh khi tiếp xúc với người bệnh dù có đeo khẩu trang”. Dễ thấy $\bar A,\bar B$ là hai biến cố độc lập.

Xác suất để chị Hoa không nhiễm bệnh trong cả hai lần tiếp xúc với người bệnh là $P(\bar A\bar B) = P(\bar A) \cdot P(\bar B) = 0{,}2 \cdot 0{,}9 = 0{,}18$.

Gọi $P$ là xác suất để chị Hoa bị lây bệnh khi tiếp xúc người bệnh, ta có:

$P = 1 - P(\bar A\bar B) = 1 - 0{,}18 = 0{,}82.{\rm{ }}$