Đề kiểm tra Công thức xác suất toàn phần – công thức Bayes lớp 12 (có lời giải) - Đề 1

Ta có $P\left( B \right) = 0{,}4 \Rightarrow P\left( {\overline B } \right) = 1 - 0{,}4 = 0{,}6$.

Theo công thức xác suất toàn phần:

$P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right)$$\Leftrightarrow P\left( A \right) = 0{,}4.0{,}8\, + 0{,}6.0{,}3 = 0{,}5$.

Ta có: $P\left( B \right) = 0{,}03 \Rightarrow P\left( {\overline B } \right) = 1 - 0{,}03 = 0{,}97$.

$P\left( {\overline A |\overline B } \right) = 0{,}63 \Rightarrow P\left( {A|\overline B } \right) = 1 - 0{,}63 = 0{,}37$.

Theo công thức xác suất toàn phần:

$P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right)$$\Leftrightarrow P\left( A \right) = 0{,}03.0{,}08 + 0{,}97.0{,}37 = 0{,}3613$.

Ta có: $P\left( B \right) = 0{,}01 \Rightarrow P\left( {\overline B } \right) = 1 - 0{,}01 = 0{,}99$.

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

$P\left( A \right) = P\left( B \right)P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right)P\left( {A|\overline B } \right) = 0{,}01.0{,}7 + 0{,}99.0{,}09 = 0{,}0961$.

Ta có $P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0{,}8 = 0{,}2$.

Công thức xác suất toàn phần$P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right) = 0{,}8.0{,}7 + 0{,}2.0{,}45 = 0{,}65$.

Theo công thức Bayes, ta có

.$P(A|B)=\frac{P(A).P(B|A)}{P(B)}=\frac{0{,}2.0{,}7}{0{,}26}=\frac{7}{13}$

+ Ta có: .$P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0{,}2.0{,}7}}{{0{,}26}} = \frac{7}{{13}}$

+ Công thức Bayes: $P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right)P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( B \right)P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right)P\left( {A|\overline B } \right)}}$

$\Rightarrow P\left( {B|A} \right) = \frac{{0{,}8.0{,}7}}{{0{,}8.0{,}7 + 0{,}2.0{,}45}} = \frac{{56}}{{65}}$.

+ Ta có: $P\left( A \right) = 0{,}2$$\Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 0{,}8$, $P\left( {B|A} \right) = 0{,}7$, $P\left( {B|\overline A } \right) = 0{,}15$.

+ $P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)$$\Rightarrow P\left( B \right) = 0{,}2.0{,}7 + 0{,}8.0{,}15 = 0{,}26$.

+ Theo công thức Bayes: $P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}}$$\Rightarrow P\left( {A|B} \right) = \frac{{0{,}2.0{,}7}}{{0{,}26}} = \frac{7}{{13}}$.

Gọi ${A_1}$là biến cố “Sản phẩm được chọn do máy I sản xuất”

${A_2}$ là biến cố “Sản phẩm được chọn do máy II sản xuất”

B là biến cố “Sản phẩm được chọn là phế phẩm”

Ta có $P\left( {{A_1}} \right) = 0{,}35$, $P\left( {{A_2}} \right) = 0{,}65$, $P\left( {B|{A_1}} \right) = 0{,}003$, $P\left( {B|{A_2}} \right) = 0{,}007$

$P\left( B \right) = P\left( {B|{A_1}} \right).P\left( {{A_1}} \right) + P\left( {B|{A_2}} \right).P\left( {{A_2}} \right) = 0{,}0056$

Gọi ${A_1}$là biến cố “Sản phẩm được chọn do máy I sản xuất”

${A_2}$ là biến cố “Sản phẩm được chọn do máy II sản xuất”

B là biến cố “Sản phẩm được chọn là phế phẩm”

Suy ra ${A_1}|B$ là biến cố “chọn được phế phẩm do máy I sản xuất”

Ta có $P\left( {{A_1}} \right) = 0{,}35$, $P\left( {{A_2}} \right) = 0{,}65$, $P\left( {B|{A_1}} \right) = 0{,}003$, $P\left( {B|{A_2}} \right) = 0{,}007$

$P\left( B \right) = P\left( {B|{A_1}} \right).P\left( {{A_1}} \right) + P\left( {B|{A_2}} \right).P\left( {{A_2}} \right) = 0{,}0056$

Theo công thức Bayes có:

$P\left( {{A_1}|B} \right) = \frac{{P\left( {B|{A_1}} \right).P\left( {{A_1}} \right)}}{{P\left( B \right)}} = 0{,}1875$.

Xét phép thử chọn ngẫu nhiên một học sinh trong nhóm.

Gọi $A$ là biến cố "Chọn được một học sinh biết chơi ít nhất một nhạc cụ" và $B,\bar B$ lần lượt là các biến cố "Chọn được một học sinh nam" và "Chọn được một học sinh nữ".

Theo đề bài: $P(B) = 70\% = 0{,}7;P(\overline B ) = 1 - 0{,}7 = 0{,}3$;

$P(A\mid B) = 30\% = 0{,}3;P(A\mid \bar B) = 15\% = 0{,}15.$

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có:

$P(A) = P(B) \cdot P(A\mid B) + P(\bar B) \cdot P(A\mid \bar B) = 0{,}7 \cdot 0{,}3 + 0{,}3 \cdot 0{,}15 = 0{,}255.$

Vậy xác suất để chọn được một học sinh biết chơi nhạc cụ là $0{,}255$.

Giả sử ta gặp một cư dân của xã, gọi $A$ là biến cố "Người đó có hút thuốc lá" và $B$ là biến cố "Người đó thường xuyên gặp các vấn đề sức khoẻ về đường hô hấp". Ta có sơ đồ hình cây sau:

Ta có $P(B) = P(A) \cdot P(B\mid A) + P(\bar A) \cdot P(B\mid \bar A) = 0{,}15 + 0{,}1875 = 0{,}3375$.

Theo công thức Bayes, ta có $P(A\mid B) = \frac{{P(A)P(B\mid A)}}{{P(B)}} = \frac{{0{,}15}}{{0{,}3375}} = \frac{4}{9}$.

Vậy nếu ta gặp một cư dân của xã thường xuyên gặp các vấn đề sức khoẻ về đường hô hấp thì xác suất người đó có hút thuốc lá là $\frac{4}{9}$.

Gọi $A$ là biến cố lấy được bi xanh từ hộp thứ nhất

a) Đúng. Ta có: $P\left( A \right) = \frac{3}{8}$.

b) Sai. Ta có $\overline A$ là biến cố lấy được bi vàng từ hộp thứ nhất, ta có: $P\left( {\overline A } \right) = \frac{5}{8}$.

c) Đúng.

Gọi ${B_1}$ là biến cố lấy được 2 bi khác màu từ hộp thứ hai. Ta có:

$P\left( {{B_1}|A} \right) = \frac{{C_4^1.C_6^1 + C_4^1.C_3^1 + C_3^1.C_6^1}}{{C_{13}^2}} = \frac{9}{{13}}$.

d) Sai.

Gọi ${B_2}$ là biến cố lấy được 2 bi vàng từ hộp thứ hai. Ta có:

$$P\left( {{B_2}} \right) = P\left( A \right).P\left( {{B_2}|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {{B_2}|\overline A } \right) = \frac{3}{8} \cdot \frac{{C_4^2}}{{C_{13}^2}} + \frac{5}{8} \cdot \frac{{C_5^2}}{{C_{13}^2}} = \frac{{17}}{{156}}.$$

Gọi $A$ là biến cố VĐV được chọn là nam.

Gọi $B$ là biến cố VĐV được chọn đã hoàn thành cự ly Marathon sub 4.

a) Đúng.

Khi VĐV được chọn là nam, xác suất để VĐV này chưa hoàn thành sub 4 cự ly Marathon là:

$P\left( {\overline B |A} \right) = 1 - P\left( {B|A} \right) = 1 - 32\% = 68\%$.

b) Sai.

Xác suất để VĐV được chọn đã hoàn thành sub 4 là:

$P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) = 0{,}72.0{,}32 + 0{,}28.0{,}03 \approx 0{,}24 = 24\%$.

c) Sai.

Xác suất để VĐV được chọn là nữ và đã hoàn thành sub 4 là:

$P\left( {\overline A .B} \right) = P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) = 0{,}28.0{,}03 \approx 0{,}0084 \approx 0{,}84\%$.

d) Đúng.

Biết VĐV đã hoàn thành sub 4, xác suất để VĐV đó là nam là:

$\begin{matrix}P(A|B)=\frac{P(A).P(B|A)}{P(B)}=\frac{P(A).P(B|A)}{P(A).P(B|A)+P(\overline{A}).P(B|\overline{A})} \\ =\frac{0{,}72.0{,}32}{0{,}72.0{,}32+0{,}28.0{,}03}\approx 0{,}96=96\%\end{matrix}$

Gọi $A$ là biến cố “Lấy được hai viên bi đỏ từ hộp thứ nhất” và $B$ là biến cố “Lấy được hai viên bi đỏ từ hộp thứ hai”.

Gọi $C$ là biến cố “Lấy được 1 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh từ hộp thứ nhất” và $D$ là biến cố “Lấy được 1 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh từ hộp thứ hai”.

Ta có: $P\left( A \right) = \frac{{C_5^2}}{{C_6^2}} = \frac{2}{3}$; $P\left( {B|A} \right) = \frac{{C_7^2}}{{C_{10}^2}} = \frac{7}{{15}}$; $P\left( C \right) = \frac{{C_1^1C_5^1}}{{C_6^2}} = \frac{1}{3}$; $P\left( {D|C} \right) = \frac{{C_4^1C_6^1}}{{C_{10}^2}} = \frac{8}{{15}}$.

Suy ra $P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = \frac{1}{3}$; $P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{C_6^2}}{{C_{10}^2}} = \frac{1}{3}$; $P\left( {\overline C } \right) = 1 - P\left( C \right) = \frac{2}{3}$; $P\left( {D|\overline C } \right) = \frac{{C_3^1C_7^1}}{{C_{10}^2}} = \frac{7}{{15}}$

a) Đúng.

$P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{2}{3}.\frac{7}{{15}} + \frac{1}{3}.\frac{1}{3} = \frac{{19}}{{45}}.$

b) Sai.

$P\left( D \right) = P\left( C \right).P\left( {D|C} \right) + P\left( {\overline C } \right).P\left( {D|\overline C } \right) = \frac{1}{3}.\frac{8}{{15}} + \frac{2}{3}.\frac{7}{{15}} = \frac{{22}}{{45}}.$

c) Đúng.

Áp dụng công thức Bayes ta có $P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{2}{3}.\frac{7}{{15}}:\frac{{19}}{{45}} = \frac{{14}}{{19}}$.

d) Sai.

$P\left( {C|D} \right) = \frac{{P\left( C \right).P\left( {D|C} \right)}}{{P\left( D \right)}} = \frac{1}{3}.\frac{8}{{15}}:\frac{{22}}{{45}} = \frac{4}{{11}}$.

Gọi A là biến cố “Nhân viên được chọn là nữ” và B là biến cố “Nhân viên được chọn có mua bảo hiểm nhân thọ”.

Theo đề ta có $P\left( A \right) = 0{,}45$; $P\left( {B|A} \right) = 0{,}07$; $P\left( {B|\overline A } \right) = 0{,}05$. Suy ra $P\left( {\overline A } \right) = 0{,}55$

a) Sai.

Ta có $P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) = 0{,}45.0{,}07 + 0{,}55.0{,}05 = 0{,}059$.

b) Đúng

$P\left( {\overline A |B} \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0{,}55.0{,}05}}{{0{,}059}} = \frac{{55}}{{118}}$ .

c) Đúng

$P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0{,}45.0{,}07}}{{0{,}059}} = \frac{{63}}{{118}}$.

d) Sai

$P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0{,}45.0{,}07}}{{0{,}059}} = \frac{{63}}{{118}}$

Do $P\left( {A|B} \right) = \frac{{63}}{{118}} > \frac{{55}}{{118}} = P\left( {\overline A |B} \right)$ nên nhân viên được chọn có mua bảo hiểm nhân thọ là nữ sẽ nhiều hơn là nam.

Xét các biến cố:

$A$ : "Chọn được người không bị bệnh tiểu đường";

$B$ : "Chọn được người cao tuổi là nam";

$\bar B$ : "Chọn được người cao tuổi là nữ".

Từ giả thiết, ta có: ${\rm{P}}\left( B \right) = \frac{{260}}{{500}} = 0{,}52$; ${\rm{P}}\left( {A\mid B} \right) = 1 - 0{,}4 = 0{,}6$;

${\rm{P}}\left( {\bar B} \right) = \frac{{240}}{{500}} = 0{,}48$; ${\rm{P}}\left( {A\mid \bar B} \right) = 1 - 0{,}55 = 0{,}45$.

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

${\rm{P}}(A) = {\rm{P}}(B) \cdot {\rm{P}}(A\mid B) + {\rm{P}}(\bar B) \cdot {\rm{P}}(A\mid \bar B) = 0{,}52 \cdot 0{,}6 + 0{,}48 \cdot 0{,}45 = 0{,}528 \approx 0{,}53$.

Vậy xác suất để chọn được một người không bị bệnh tiểu đường là $0{,}53$.

Vì hộp thứ nhất có 3 quả bóng bàn màu trắng và 2 quả bóng bàn màu vàng nên khi lấy 4 quả bóng bàn ở hộp thứ nhất thì có hai khả năng: khả năng thứ nhất là lấy được 3 quả bóng bàn màu trắng và 1 quả bóng bàn màu vàng; khả năng thứ hai là lấy được 2 quả bóng bàn màu trắng và 2 quả bóng bàn màu vàng.

Xét các biến cố:

A : "Lấy được quả bóng bàn màu vàng từ hộp thứ hai";

$B$ : "Lấy được 4 quả bóng bàn ở hộp thứ nhất, trong đó có 1 quả bóng bàn màu vàng";

$\bar B$ : "Lấy được 4 quả bóng bàn ở hộp thứ nhất, trong đó có 2 quả bóng bàn màu vàng".

Trường hợp 1: Số cách lấy 4 quả bóng bàn từ hộp thứ nhất là ${\rm{C}}_5^4$, có 1 cách lấy 3 quả bóng bàn màu trắng và 2 cách lấy 1 quả bóng bàn màu vàng, suy ra ${\rm{P}}\left( B \right) = \frac{{1 \cdot 2}}{{{\rm{C}}_5^4}} = \frac{2}{5}$.

Vi khi đó hộp thứ hai có 9 quả bóng bàn màu trắng và 5 quả bóng bàn màu vàng nên ${\rm{P}}\left( {A\mid B} \right) = \frac{5}{{14}}$.

Trường hợp 2: Số cách lấy 4 quả bóng bàn từ hộp thứ nhất là ${\rm{C}}_5^4$, có ${\rm{C}}_3^2$ cách lấy 2 quả bóng bàn màu trắng và 1 cách lấy 2 quả bóng bàn màu vàng, suy ra ${\rm{P}}(\bar B) = \frac{{{\rm{C}}_3^2 \cdot 1}}{{{\rm{C}}_5^4}} = \frac{3}{5}$.

Vì khi đó hộp thứ hai có 8 quả bóng bàn màu trắng và 6 quả bóng bàn màu vàng nên ${\rm{P}}\left( {A\mid \bar B} \right) = \frac{6}{{14}}$.

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

${\rm{P}}\left( A \right){\rm{ = P}}\left( B \right) \cdot {\rm{P}}\left( {A\mid B} \right) + {\rm{P}}\left( {\bar B} \right){\rm{.P}}\left( {A\mid \bar B} \right) = \frac{2}{5} \cdot \frac{5}{{14}} + \frac{3}{5} \cdot \frac{6}{{14}} = 0{,}4$.

Vậy xác suất để lấy được quả bóng bàn màu vàng từ hộp thứ hai là $0{,}4$.

Gọi $A$ là biến cố “người nghiện thuốc lá”, suy ra $\bar A$ là biến cố “người không nghiện thuốc lá”

Gọi $B$ là biến cố “người bị bệnh ung thư”

Theo giả thiết ta có:

$$\begin{array}{l}P\left( A \right) = 0{,}2 \Rightarrow P\left( {\bar A} \right) = 0{,}8\\P\left( {B|A} \right) = 0{,}7\\P\left( {B|\bar A} \right) = 0{,}15\end{array}$$

Áp dụng công thức xác suất toàn phần ta có: $P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right).P\left( {B|\bar A} \right) = 0{,}2.0{,}7 + 0{,}8.0{,}15 = 0{,}26$

Xác suất mà người đó là nghiện thuốc lá khi biết bị bệnh ung thư là $P\left( {A|B} \right)$

Theo công thức Bayes, ta có

$P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0{,}2.0{,}7}}{{0{,}26}} = \frac{7}{{13}} \approx 0{,}54$.

Như vậy khi gặp một người bị bệnh ung thư tại tỉnh này thì xác suất (làm tròn đến hàng phần trăm) người đó nghiện thuốc lá là $0{,}54$.

Gọi $A$ là biến cố “Xạ thủ được chọn là nữ”, suy ra $\bar A$ là biến cố “xạ thủ được chọn là nam”

Gọi $B$ là biến cố “xạ thủ được chọn bắn trúng”

Theo giả thiết ta có:

$$\begin{array}{l}P\left( A \right) = \frac{2}{{2 + 8}} = \frac{1}{5} \Rightarrow P\left( {\bar A} \right) = \frac{4}{5}\\P\left( {B|A} \right) = 0{,}9\\P\left( {B|\bar A} \right) = 0{,}8\end{array}$$

Áp dụng công thức xác suất toàn phần ta có: $P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right).P\left( {B|\bar A} \right) = \frac{1}{5}.0{,}9 + \frac{4}{5}.0{,}8 = 0{,}82$

Xác suất để xạ thủ được chọn ra bắn trúng đó là nữ là $P\left( {A|B} \right)$

Theo công thức Bayes, ta có

$P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{1}{5}.0{,}9}}{{0{,}82}} = \frac{9}{{41}} \approx 0{,}22$.

Vậy xác suất để xạ thủ bắn trúng đó là nữ là $0{,}22$.

Gọi $A$ là biến cố “bóng đạt chuẩn sau khi qua kiểm tra chất lượng”

$B$ là biến cố “sản phẩm đạt tiêu chuẩn”.

Theo bài ra ta có: $P\left( B \right) = 0{,}8$; $P\left( {\overline B } \right) = 1 - 0{,}8 = 0{,}2$

Do tỉ lệ công nhận một bóng đèn đạt tiêu chuẩn là 0,9 nên $P\left( {A|B} \right) = 0{,}9$.

Tỉ lệ loại bỏ một bóng hỏng là 0,95 nên $P\left( {A|\overline B } \right) = 1 - 0{,}95 = 0{,}05$.

Theo công thức xác suất toàn phần ta có: $P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right) = 0{,}8.0{,}9 + 0{,}2.0{,}05 = 0{,}73$.

a. Gọi $A$ là biến cố “học sinh được chọn là học sinh giỏi”

và $B$ là biến cố “học sinh được chọn là học sinh nữ”.

Theo bài ra ta có: $P\left( B \right) = 0{,}45;\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{}\end{array}P\left( {\overline B } \right) = 1 - 0{,}45 = 0{,}55$.

Do lớp học đó có tỉ lệ học sinh giỏi là nữ là 30%, học sinh giỏi là nam chiếm 40% nên:

$P\left( {A|B} \right) = 0{,}3$ và $P\left( {A|\overline B } \right) = 0{,}4$.

Theo công thức xác suất toàn phần ta có:

$P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right) = 0{,}45.0{,}3 + 0{,}55.0{,}4 \simeq 0{,}36$.

b. Gọi $C$ là biến cố “học sinh giỏi được chọn là học sinh nữ” thì $C = B|A$, nên, theo công thức Bayes ta có: $P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right).P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0{,}45.0{,}3}}{{0{,}355}} \simeq 0{,}38$.