Đề ôn luyện Toán Chương 8. Một số yếu tố thống kê, xác suất và lý thuyết đồ thị (đề số 2)

Ta có bảng tần số ghép nhóm bao gồm tần số tích lũy của mẫu số liệu đã cho như sau:

Với $n = 100 \Rightarrow \frac{{3n}}{4} = 75$. Nhóm chứa tứ phân vị thứ ba là $\left[ {50;60} \right)$.

Ta có ${Q_3} = 50 + \frac{{75 - 65}}{{15}} \cdot 10 = \frac{{170}}{3} \approx 56{,}7$.

Vậy với 25% số nhân viên có doanh số bán hàng cao nhất để trao thưởng thì trung tâm thương mại nên khen thưởng các nhân viên có doanh số bán hàng ít nhất là 56,7 triệu đồng. Chọn C.

Cỡ mẫu: $n = 6 + 12 + 19 + 9 + 4 = 50$.

Ta có bảng sau:

Trọng lượng trung bình: $\overline x = \frac{{6 \cdot 5 + 12 \cdot 7 + 19 \cdot 9 + 9 \cdot 11 + 4 \cdot 13}}{{50}} = 8{,}72$.

Phương sai của mẫu số liệu là:

${s^2} = \frac{1}{{50}}\left( {6 \cdot {5^2} + 12 \cdot {7^2} + 19 \cdot {9^2} + 9 \cdot {{11}^2} + 4 \cdot {{13}^2}} \right) - {\left( {8{,}72} \right)^2} = 4{,}8016$.

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu là: $s = \sqrt {{s^2}} = \sqrt {4{,}8016} \approx 2{,}19$. Chọn A.

Ta có $n = 3 + 12 + 15 + 24 + 2 = 56$.

Khi đó $\frac{n}{4} = 14,\frac{{3n}}{4} = 42$.

Do đó nhóm $\left[ {12{,}5;15{,}5} \right)$ chứa tứ phân vị thứ nhất, nhóm $\left[ {18{,}5;21{,}5} \right)$ chứa tứ phân vị thứ ba.

Tứ phân vị thứ nhất là ${Q_1} = 12{,}5 + \frac{{14 - 3}}{{12}}\left( {15{,}5 - 12{,}5} \right) = 15{,}25$.

Tứ phân vị thứ ba là ${Q_3} = 18{,}5 + \frac{{42 - \left( {3 + 12 + 15} \right)}}{{24}} \cdot \left( {21{,}5 - 18{,}5} \right) = 20$.

Vậy khoảng tứ phân vị là ${\rm{\Delta }}Q = {Q_3} - {Q_1} = 20 - 15{,}25 = 4{,}75$. Chọn B.

Ta có bảng sau:

Thời gian trung bình để hoàn thành bài tập của các em học sinh là

$\frac{{2 \cdot 2 + 4 \cdot 6 + 7 \cdot 10 + 4 \cdot 14 + 3 \cdot 18}}{{20}} = \frac{{52}}{5} = 10{,}4$(phút). Chọn A.

Ta có bảng sau:

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là

$\bar x = \frac{{3 \cdot 152{,}5 + 7 \cdot 157{,}5 + 10 \cdot 162{,}5 + 7 \cdot 167{,}5 + 3 \cdot 172{,}5}}{{30}} = 162{,}5$.

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là

${s^2} = \frac{{3 \cdot {{10}^2} + 7 \cdot {5^2} + 10 \cdot {0^2} + 7 \cdot {5^2} + 5 \cdot {{10}^2}}}{{30}} = \frac{{95}}{3}$.

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm là $s = \sqrt {\frac{{95}}{3}} = \frac{{\sqrt {285} }}{3}$. Chọn A.

Cỡ mẫu: $n = 18$. Ta có bảng sau:

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là:

$\overline x = \frac{{22{,}5 \cdot 6 + 27{,}5 \cdot 6 + 32{,}5 \cdot 4 + 37{,}5 \cdot 1 + 42{,}5 \cdot 1}}{{18}} = \frac{{85}}{3}$.

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là

${S^2} = \frac{1}{{18}}\left( {22,{5^2} \cdot 6 + 27,{5^2} \cdot 6 + 32,{5^2} \cdot 4 + 37,{5^2} \cdot 1 + 42,{5^2} \cdot 1} \right) - {\left( {\frac{{85}}{3}} \right)^2} = 31{,}25$. Chọn B

Xác suất của An đạt loại giỏi là $0{,}92$ nên xác suất để An không đạt loại giỏi là $0{,}08$.

Xác suất của Bình đạt loại giỏi là $0{,}88$ nên xác suất để Bình không đạt loại giỏi là $0{,}12$.

Xác suất để cả An và Bình đều không đạt loại giỏi là $0{,}08 \cdot 0{,}12 = 0{,}0096$. Chọn A.

Nhóm chứa mốt là $\left[ {8;9} \right)$.

Mốt của mẫu số liệu là ${M_o} = 8 + \frac{{10 - 7}}{{2 \cdot 10 - 7 - 5}}\left( {9 - 8} \right) = 8{,}375 \approx 8{,}38$. Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu $n\left( \Omega \right) = C_{15}^3$$= 455$.

Gọi $A$ là biến cố: “$3$ quả cầu lấy được đều là màu xanh”. Suy ra $n\left( A \right) = C_4^3$$= 4$.

Vậy xác suất cần tìm là $P\left( A \right) = \frac{4}{{455}}$. Chọn B.

Gọi $X$ là biến cố: “ Sản phẩm chọn ra là phế phẩm”; $I$là biến cố: “Sản phẩm chọn ra thuộc phân xưởng $A$”; $II$ là biến cố: “Sản phẩm chọn ra thuộc phân xưởng $B$”.

Ta có $P\left( I \right) = 0{,}6;P\left( {II} \right) = 0{,}4;$$P\left( {X|I} \right) = 0{,}01;P\left( {X|II} \right) = 0{,}02$.

a) Sai. Nếu sản phẩm chọn ra thuộc phân xưởng $A$ thì xác suất để nó không là phế phẩm là

$P\left( {\overline X |I} \right) = 1 - P\left( {X|I} \right) = 1 - 0{,}01 = 0{,}99$.

b) Đúng. Xác suất để sản phẩm chọn ra là phế phẩm và thuộc phân xưởng $A$ là

$P\left( {XI} \right) = P\left( {X|I} \right) \cdot P\left( I \right) = 0{,}01 \cdot 0{,}6 = 0{,}006$.

c) Đúng. Xác suất để sản phẩm chọn ra là phế phẩm là

$P\left( X \right) = P\left( I \right) \cdot P\left( {X|I} \right) + P\left( {II} \right) \cdot P\left( {X|II} \right)$$= 0{,}6 \cdot 0{,}01 + 0{,}4 \cdot 0{,}02 = 0{,}014$.

d) Sai. Nếu sản phẩm chọn ra là phế phẩm thì xác suất để nó thuộc phân xưởng $A$ là

$P\left( {I|X} \right) = \frac{{P\left( {IX} \right)}}{{P\left( X \right)}} = \frac{{0{,}006}}{{0{,}014}} = \frac{3}{7}$ .

Gọi $A,B,C$ lần lượt là biến cố thí sinh được chọn lọt vào vòng sơ khảo, vòng bán kết và vòng chung kết.

a) Đúng. Vì có $50{\rm{\% }}$ thí ${\rm{sinh}}$ lọt vào vòng sơ khảo nên $P\left( A \right) = 0{,}5$.

b) Sai. Xác suất để thí sinh lọt vào vòng bán kết là

${\rm{\;}}P\left( B \right) = P\left( {AB} \right) = P\left( {B\mid A} \right)P\left( A \right) = 0{,}3 \cdot 0{,}5 = 0{,}15$.

c) Đúng. Xác suất để thí sinh lọt vào vòng chung kết là

$P\left( C \right) = P\left( {ABC} \right) = P\left( {C\mid AB} \right)P\left( {AB} \right) = 0{,}2 \cdot 0{,}15 = 0{,}03$.

d) Sai. Ta có $P\left( {\overline C \mid A} \right) = 1 - P\left( {C\mid A} \right) = 1 - \frac{{P\left( C \right)}}{{P\left( A \right)}} = 0{,}94$.

Do đó, $P\left( {A\mid \overline C } \right) = \frac{{P\left( {\overline C \mid A} \right)P\left( A \right)}}{{P\left( {\overline C } \right)}} = \frac{{0{,}94 \cdot 0{,}5}}{{1 - 0{,}03}} = \frac{{47}}{{97}} \approx 0{,}485 < 0{,}49$.

Gọi $A$ là biến cố bệnh nhân được điều trị bằng phác đồ $A$ thì $\overline A$ là biến cố bệnh nhân được điều trị bằng phác đồ $B$. Ta có $P\left( A \right) = P\left( {\overline A } \right) = 0{,}5.$

Gọi $X$ là biến cố bệnh nhân được chữa khỏi bệnh. Ta có $P\left( {X|A} \right) = 0{,}6;\,\,P\left( {X|\overline A } \right) = 0{,}7.$

Gọi $Y$ là biến cố bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng. Ta có $P\left( {Y|A} \right) = 0{,}05;\,\,P\left( {Y|\overline A } \right) = 0{,}1.$

a) Sai. Xác suất bệnh nhân điều trị bằng phác đồ $A$ và được chữa khỏi bệnh là:

$P\left( {AX} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {X|A} \right) = 0{,}5 \cdot 0{,}6 = 0{,}3.$

b) Đúng. Xác suất để bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng là:

$P\left( Y \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {Y|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {Y|\overline A } \right) = 0{,}5 \cdot 0{,}05 + 0{,}5 \cdot 0{,}1 = 0{,}075.$

c) Đúng. Nếu biết bệnh nhân này gặp tác dụng phụ nghiêm trọng thì xác suất bệnh nhân được điều trị bằng phác đồ $B$ là:

$P\left( {\overline A |Y} \right) = \frac{{P\left( {\overline A Y} \right)}}{{P\left( Y \right)}} = \frac{{P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {Y|\overline A } \right)}}{{P\left( Y \right)}} = \frac{{0{,}5 \cdot 0{,}1}}{{0{,}075}} \approx 0{,}67 > 0{,}65.$

d) Đúng. Ta có $P\left( X \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {X|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {X|\overline A } \right) = 0{,}5 \cdot 0{,}6 + 0{,}5 \cdot 0{,}7 = 0{,}65.$

Do biến cố “bệnh nhân được chữa khỏi bệnh” và biến cố “bệnh nhân không bị tác dụng phụ nghiêm trọng” là độc lập với nhau. Nên xác suất bệnh nhân khỏi bệnh và không bị tác dụng phụ nghiêm trọng là:

$P\left( {X\overline Y } \right) = P\left( {X\overline Y |A} \right)P\left( A \right) + P\left( {X\overline Y |\overline A } \right)P\left( {\overline A } \right) = \left[ {0{,}6 \cdot \left( {1 - 5\% } \right)} \right]0{,}5 + \left[ {0{,}7 \cdot \left( {1 - 10\% } \right)} \right]0{,}5 = 0{,}6$.

a) Sai. Số cách lấy $3$ viên bi có đủ $3$ màu là: $C_5^1 \cdot C_3^1 \cdot C_n^1$.

b) Sai. Số cách lấy $3$ viên bi bất kì từ hộp là: $C_{8 + n}^3$.

Số cách lấy $3$ viên đủ $3$ màu là: $C_5^1 \cdot C_3^1 \cdot C_n^1 = 15n$.

Vì xác suất để trong ba viên vi lấy được có đủ $3$ màu là $\frac{{45}}{{182}}$ $\Rightarrow \frac{{15n}}{{C_{8 + n}^3}} = \frac{{45}}{{182}}$ $\Rightarrow n = 6$.

c) Đúng. Như vậy, có $5$ viên bi đỏ, $3$ viên bi xanh và $6$ viên bi vàng.

Số cách lấy $3$ bi bất kì là $C_{14}^3 \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_{14}^3$.

Gọi biến cố A: “$3$ bi lấy ra chỉ có $1$ màu” $\Rightarrow n\left( {{\Omega _A}} \right) = C_5^3 + C_3^3 + C_6^3$.

Xác suất của biến cố A là $P\left( A \right) = \frac{{n\left( {{\Omega _A}} \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{31}}{{364}}$.

d) Sai. Gọi biến cố B: “$3$ bi lấy ra có nhiều nhất $2$ viên bi đỏ”.

Trường hợp$1$: $3$ bi lấy ra không có bi đỏ, khi đó số cách lấy là $C_9^3$.

Trường hợp $2$: $3$ bi lấy ra có $1$ bi đỏ, khi đó số cách lấy là $C_5^1 \cdot C_9^2$.

Trường hợp $3$: $3$ bi lấy ra có $2$ bi đỏ, khi đó số cách lấy là $C_5^2 \cdot C_9^1$.

$\Rightarrow n\left( B \right) = C_9^3 + C_5^1 \cdot C_9^2 + C_5^2 \cdot C_9^1$.

Vậy xác suất để trong $3$ viên bi lấy được có nhiều nhất hai viên bi đỏ là $P\left( B \right) = \frac{{177}}{{182}}$.

Tổng số cá là: $N = 13 + 24 + 55 + 61 + 31 + 16 = 200$.

Ta có bảng tần số ghép nhóm bao gồm cả tần số tích lũy là:

Ta có $\frac{N}{2} = 100$ nên nhóm chứa trung vị là nhóm $\left[ {90;\,100} \right)$.

Trung vị của mẫu số liệu trên là ${M_e} = 90 + \frac{{100 - 92}}{{61}} \cdot \left( {100 - 90} \right) = \frac{{5570}}{{61}} \approx 91{,}3$ (gam).

Đáp án: 91,3.

Ta có $n\left( \Omega \right) = \frac{{100 - 5}}{5} + 1 = 20$.

Để Cường thắng ta có $2$ trường hợp:

Trường hợp 1: Cường quay $1$ lần ra điểm số lớn hơn $75$, ta có $5$ khả năng thuộc tập hợp $\left\{ {80\,;85\,;90\,;95\,;100} \right\}$. Do xác suất là ${P_1} = \frac{5}{{20}} = \frac{1}{4}$.

Trường hợp 2: Cường quay lần đầu ra điểm số là $a \le 75$, ta có $15$ khả năng.

Do đó xác suất ${P_2} = \frac{{15}}{{20}} = \frac{3}{4}$.

Khi đó, để thắng Cường cần phải có tổng hai lần quay lớn hơn $75$, ta có $5$ khả năng thuộc tập hợp $\left\{ {80 - a\,;85 - a\,;90 - a\,;95 - a\,;100 - a} \right\}$. Do đó xác suất là ${P_3} = \frac{5}{{20}} = \frac{1}{4}$.

Vậy xác suất để Cường thắng ngay ở lượt chơi này là $P = {P_1} + {P_2}{P_3} = \frac{7}{{16}} \approx 0{,}44$.

Đáp án: 0,44.

Gọi $A$ là biến cố: “Viên bi lấy ra có màu xanh”.

Suy ra $\overline A$ là biến cố: “Viên bi lấy ra có màu đỏ”.

$B$ là biến cố: “Viên bi lấy ra được đánh số”.

Khi đó, $P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {B|A} \right) \cdot P\left( A \right)}}{{P\left( {B|A} \right) \cdot P\left( A \right) + P\left( {B|\overline A } \right) \cdot P\left( {\overline A } \right)}}$.

Ta có $P\left( A \right) = \frac{{30}}{{50}} = \frac{3}{5}$ và $P\left( {\overline A } \right) = \frac{2}{5}$.

$P\left( {B|A} \right) = 70\% = 0{,}7$ và $P\left( {B|\overline A } \right) = 60\% = 0{,}6$.

Vậy $P\left( {A|B} \right) = \frac{{0{,}7 \cdot \frac{3}{5}}}{{0{,}7 \cdot \frac{3}{5} + 0{,}6 \cdot \frac{2}{5}}} = \frac{7}{{11}} \approx 0{,}64$.

Đáp án: 0,64.

Gọi số đoạn tre có chiều dài $2$ đốt và $5$ đốt mà cây tre có thể phân tách được thành lần lượt là $x$ và $y$$\left( {x,y \in \mathbb{N}} \right)$.

Khi đó, ta có: $2x + 5y = 100 \Leftrightarrow y = \frac{{100 - 2x}}{5} = 20 - 2 \cdot \frac{x}{5}$.

Do $y \in \mathbb{N}$ nên $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{20 - 2 \cdot \frac{x}{5} \ge 0}\\{x\,\, \vdots \,\,5}\end{array}} \right. \Rightarrow x \in \left\{ {0;5;...;50} \right\}$.

Do ứng với mỗi giá trị $x$ ta có một giá trị $y$ tương ứng nên ta có $11$ cách chia cây tre thành $2$ loại có chiều dài $2$ đốt và $5$ đốt.

Gọi $\Omega$ là không gian mẫu $\Rightarrow n\left( \Omega \right) = 11$.

Gọi biến cố $A$: “Cây tre được chia thành đoạn có chiều dài $2$ đốt và $5$ đốt sao cho số đoạn $2$ đốt nhiều hơn số đoạn $5$ đốt đúng $1$ đơn vị”.

Để số đoạn có có chiều dài $2$ đốt nhiều hơn số đoạn có chiều dài $5$ đốt đúng một đơn vị thì $x - y = 1$. Khi đó, ta có hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2x + 5y = 100}\\{x - y = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 15}\\{y = 14}\end{array}} \right. \Rightarrow n\left( A \right) = 1$.

Khi đó, $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{1}{{11}} \approx 0{,}09$.

Đáp án: 0,09.

Đồ thị trên chỉ có hai đỉnh bậc lẻ là C và E nên ta có thể tìm được một đường đi Euler từ C đến E (đường đi này đi qua mỗi cạnh đúng một lần).

Một đường đi Euler từ C đến E là CABDEBCE và tổng độ dài của nó là

$2 + 1 + 3 + 6 + 5 + 4 + 10 = 31\,\,{\rm{(km)}}$.

Để quay trở lại điểm xuất phát và có đường đi ngắn nhất, ta cần tìm một đường đi ngắn nhất từ E đến C.

Đường đi ngắn nhất từ $E$ đến $C$ là $EBAC$ và có độ dài là $5 + 1 + 2 = 8\,{\rm{(km)}}$.

Vậy tổng quãng đường đưa thư có thể đi ngắn nhất là $31 + 8 = 39\,({\rm{km}})$.

Đáp án: 39.

Gọi $x,y,z$ lần lượt là số lượng các suất quà bao gồm: áo – sữa; áo – cặp; sữa – cặp.

Ta có hệ phương trình: $\{\begin{matrix}x+y=7 \\ y+z=4 \\ z+x=9\end{matrix}\Rightarrow \{\begin{matrix}x=6 \\ y=1 \\ z=3\end{matrix}$

Vì các suất quà đều có giá trị tương đương nhau nên:

Số cách tặng 6 suất quà gồm áo – sữa; 1 suất quà gồm áo – cặp; 3 suất quà gồm sữa – cặp cho 10 em học sinh là: $C_{10}^6 \cdot C_4^3 \cdot C_1^1 = 840$ cách.

Số cách tặng quà sao cho hai em Hà và Vương nhận được suất quà giống nhau là:

$1 \cdot C_8^4 \cdot C_4^3 \cdot C_1^1 + 1 \cdot C_8^1 \cdot C_7^1 \cdot C_6^6 = 336$ cách.

Vậy xác suất để hai em đó nhận được suất quà giống nhau là: $\frac{{336}}{{840}} = 0{,}4$.

Đáp án: 0,4.