Đoàn Ngọc Dũng -

BÀI TẬP XÁC SUẤT PHẦN 2

GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

BÀI 34 : (THPT QG 2018) Ba bạn A, B, C mỗi bạn viết ngẫu nhiên lên bảng một số tự nhiên thuộc đoạn [1 ; 17]. Tính xác suất để ba số được viết ra có tổng chia hết cho 3.

ĐS : 1637/4913

 Hướng dẫn :

Ta có : 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9 ; 10 ; 11 ; 12 ; 13 ; 14 ; 15 ; 16 ; 17

Viết ngẫu nhiên thì A có 17 cách viết (A viết con số nào cũng được), B có 17 cách viết và C có 17 cách viết.

Số phần tử không gian mẫu là : 17.17.17 = 17³.

Gọi Q là biến cố: “ba số được viết ra có tổng chia hết cho 3”.



ABC



3. Để chia hết cho 3 thì TH 1 : Cả 3 số này đều chia hết cho 3.

TH 2 : Cả 3 số chia cho 3 dư 1. (dư 1 + dư 1 + dư 1 nên tổng là 3 sẽ lại chia hết cho 3 nửa) TH 3 : Cả 3 số chia cho 3 dư 2. (dư 2 + dư 2 + dư 2 nên tổng là 6 sẽ lại chia hết cho 3 nửa)

TH 4 : Một số chia cho 3 dư 0, một số chia cho 3 dư 1 và một số chia cho 3 dư 2. (tổng dư là 3 cũng chia hết cho 3)

Ta có thể chia phân đoạn [1 ; 17] thành 3 tập:

X = 3 ; 6 ; 9 ; 12 ; 15, chia hết cho 3 có 5 số.

Y = 1 ; 4 ; 7 ; 10 ; 13 ; 16, chia cho 3 dư 1 có 6 số.

Z = 2 ; 5 ; 8 ; 11 ; 14 ; 17, chia cho 3 dư 2 có 6 số.

Như vậy, trong:

TH 1 : Bạn A có 5 cách chọn ở tập X, bạn B cũng có 5 cách chọn ở tập X và Bạn C cũng có 5 cách chọn ở tập X, ta có : 5.5.5 = 5³ (cách)

TH 2 : Bạn A có 5 cách chọn ở tập Y, bạn B cũng có 5 cách chọn ở tập Y và Bạn C cũng có 5 cách chọn ở tập Y, ta có : 6.6.6 = 6³ (cách)

TH 3 : Bạn A có 5 cách chọn ở tập Z, bạn B cũng có 5 cách chọn ở tập Z và Bạn C cũng có 5 cách chọn ở tập Z, ta có : 6.6.6 = 6³ (cách)

TH 4 : Bạn A chọn một số ở tập X chia hết cho 3, bạn B chọn một số ở tập Y chia 3 dư 1 và bạn C chọn một số ở tập Z chia 3 dư 2. Vì vai trò A, B, C có thể đổi chỗ cho nhau nên ta có: 3!(5.6.6)

 số phần tử của biến cố Q là : 5³ + 6³ + 6³ + 3!(5.6.6) Vậy xác xuất bằng

4913 1637 17

5 . 6 . 6

!.

3 5 6 . 2

3 3

3   

BÀI 35 : (THPT QG 2019) Chọn ngẫu nhiên hai số khác nhau từ 25 số nguyên dương đầu tiên. Tính xác suất để chọn được hai số có tổng là một số chẵn.

ĐS : 12/25

 Hướng dẫn :

Ta có : 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9 ; 10 ; 11 ; 12 ; 13 ; 14 ; 15 ; 16 ; 17 ; 18 ; 19 ; 20 ; 21 ; 22 ; 23 ; 24 ; 25

Số phần tử không gian mẫu là : n()C²₂₅300

Trong 25 số nguyên dương đầu tiên có 13 số lẻ và 12 số chẵn.

Gọi A là biến cố : “chọn được hai số có tổng là một số chẵn”. hai số có tổng là một số chẵn khi cả 2 số đều là số chẵn hoặc cả hai số đều là số lẻ. Chọn 2 số lẻ trong 13 số lẻ hoặc chọn 2 số chẵn trong 12 số chẵn 

144 C

C ) A (

n  ²₁₃  ²₁₂  . Vậy

25 12 300 144 ) ( n

) A ( ) n A (

p  

 

BÀI 36 : Chọn ngẫu nhiên một số có 3 chữ số. Tính xác suất để số được chọn là một số có tổng các chữ số

chia hết cho 10. ĐS : 1/10

 Hướng dẫn :

Gọi số có 3 chữ số abc (a  0). Có 9 cách chọn số để xếp vào vị trí a. Còn b, c mỗi vị trí có 10 cách chọn.

Theo qui tắc nhân có 9.10.10 = 900 số có 3 chữ số. Từ đó suy ra số phần tử không gian mẫu là N() = 900 Gọïi A là biến cố “(a + b + c) chia hết cho 10”.

Số phần tử của biến cố A:

 TH1 : a + b + c = 10. Có các bộ số thỏa mãn :

0, 1, 9 ; 0, 2, 8 ; 0, 3, 7 ; 0, 4, 6 ; 0, 5, 5 ; 1, 1, 8 ; 1, 2, 7 ; 1, 3, 6 ; 1, 4, 5 ; 2, 2, 6 ;

2, 3, 5 ; 2, 4, 4 ; 3, 3, 4.

Bốn bộ số : 0, 1, 9 ; 0, 2, 8 ; 0, 3, 7 ; 0, 4, 6, mỗi bộ số thành lập được 4 số có 3 chữ số.

Bộ 0, 5, 5 thành lập được 2 số có ba chữ số.

Bốn bộ số : 1, 1, 8 ; 2, 2, 6 ; 2, 4, 4 ; 3, 3, 4, mỗi bộ số thành lập được 3 số có 3 chữ số.

Bốn bộ số : 1, 2, 7 ; 1, 3, 6 ; 1, 4, 5 ; 2, 3, 5, mỗi bộ số thành lập được 6 số có 3 chữ số.

 Trường hợp này có : 4.4 + 2 + 3.4 + 6.4 = 54 số có ba chữ số

 TH2 : a + b + c = 20. Có các bộ số thỏa mãn :

9, 9, 2 ; 9, 8, 3 ; 9, 7, 4 ; 9, 6, 5 ; 8, 8, 4 ; 8, 7, 5 ; 8, 6, 6 ; 7, 7, 6.

Bốn bộ số : 9, 9, 2; 8, 8, 4 ; 8, 6, 6 ; 7, 7, 6, mỗi bộ số thành lập được 3 số có 3 chữ số.

Bốn bộ số : 9, 8, 3; 9, 7, 4 ; 9, 6, 5 ; 8, 7, 5, mỗi bộ số thành lập được 6 số có 3 chữ số.

 Trường hợp này có : 3.4 + 6.4 = 36 số có ba chữ số Từ đó suy ra N(A) = 54 + 36 = 90. Vậy

10 1 900

90 ) ( N

) A ( ) N A (

P  

 

BÀI 37 :(HSG 12 THPT CHU VĂN AN GIA LAI) Cho tập A =  1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9 . Lập ngẫu nhiên một số có 3 chữ số khác nhau với các chữ số chọn từ tập A. Tính xác suất để số lập được chia hết cho 6.

ĐS :  0,155

 Hướng dẫn : chọn B

Số chia hết cho 6 là số chia hết cho 3 và số đó là số chẵn.

Số chia hết cho 3 là số a₁a₂a₃có tổng ba chữ số (a1+a2+a3) chia hết cho 3.

Số chẵn là số có chữ số tận cùng chia hết cho 2.

Để lập được số có 3 chữ số khác nhau từ tập A sao cho số đó chia hết cho 6 ta chia làm hai giai đoạn.

1) chọn bộ ba chữ số khác nhau từ tậïp A sao cho tổng 3 chữ số cộng lại chia hết cho 3 và trong ba chữ số đó có ít nhất 1 chữ số chẵn.

2) Xếp mỗi bộ chọn được thành số có 3 chữ số sao cho số tận cùng phải là số chẵn. Để chọn và xếp khoa học ta nên chia ra ba trường hợp nhỏ như sau:

 TH1 : trong 3 chữ số chỉ có một chữ số chẵn, gồm có các bộ số sau:

{1 ; 2 ; 3}, {1 ; 2 ; 9}, {1 ; 3 ; 8}, {1 ; 4 ; 7}, {1 ; 5 ; 6}, {2 ; 3 ; 7}, {2 ; 7 ; 9}, {3 ; 4 ; 5}, {3 ; 6 ; 9}, {3 ; 7 ; 8}, {4 ; 5 ; 9}, {5 ; 6 ; 7}, {7 ; 8 ; 9}

Với trường hợp này: số cách chọn và xếp là: C¹₁₃.1.2.1 = 26 cách

 TH2 : trong 3 chữ số chỉ có hai chữ số chẵn, gồm có các bộ số sau:

{1 ; 2 ; 6},{1 ; 6 ; 8},{2 ; 3 ; 4},{2 ; 4 ; 9},{2 ; 5 ; 8},{2 ; 6 ; 7},{3 ; 4 ; 8},{4 ; 5 ; 6},{4 ; 8 ; 9},{6 ; 7 ; 8}

Với trường hợp này số cách chọn và xếp là: C¹₁₀.2.2.1 = 40 cách

 TH3 : trong 3 chữ số chọn được đề là chữ số chẵn, gồm có các bộ số sau: {2 ; 4 ; 6}, {4 ; 6 ; 8}

Với trường hợp này số cách chọn và xếp là: C¹₂.3! = 12 cách

Số cách chọn số có 3 chữ số khác nhau sao cho số đó chia hết cho 6 là : 26 + 40 + 12 = 78 cách Phép thử: lập số có 3 chữ số khác nhau từ A : N() = A³₉ 504 cách

A: là biến cố lập được số có ba chữ số khác nhau sao cho số đó chia hết cho 6. Vậy 0,155 504

) 78 A (

P  

BÀI 38 : Chọn ngẫu nhiên ba số a, b, c trong tập hợp S = 1 ; 2 ; 3 ; … ; 20. Biết xác suất để ba số tìm được thỏa mãn a² + b² + c² chia hết cho 3 bằng

n

m, với m, n là các số nguyên dương và phân số n

m tối giản.

Tính giá trị biểu thức S = m + n. ĐS : S = 127

 Hướng dẫn :

Vì số chính phương chia 3 dư 1 hoặc 0 nên a² + b² + c² chia hết cho 3 chỉ có 2 trường hợp xảy ra:

TH 1 : Cả 3 số a, b, c cùng chia hết cho 3.

TH 1 : Cả 3 số a, b, c cùng không chia hết cho 3.

Trong tập S gồm có 6 số chia hết cho 3 và 14 số không chia hết cho 3.

Xác suất để tìm 3 được số thỏa mãn yêu cầu bài toán bằng

95 32 C

C C

3 20

3 14 3

6 

Từ đó ta có : S = m + n = 32 + 95 = 127.

BÀI 39 : (THI THỬ ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI 2018) Một dãy phố có 5 cửa hàng bán quần áo thời trang.

Có 5 người khách đến mua quần áo, mỗi người khách vào ngẫu nhiên một trong 5 cửa hàng. Tính xác suất để có ít nhất một cửa hàng có nhiều hơn 2 người khách. ĐS : 181/625

 Hướng dẫn :

Người khách thứ nhất có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Người khách thứ hai có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Người khách thứ ba có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Người khách thứ tư có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Người khách thứ năm có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: 5  5  5  5  5 = 3125 cách Gọi A là biến cố “có ít nhất một cửa hàng có nhiều hơn 2 người khách”.

 TH1 : Một cửa hàng có 3 khách, một cửa hàng có 2 khách, ba cửa hàng còn lại không có khách nào : Bước 1 : chọn 1 cửa hàng trong 5 cửa hàng, ta có : C¹₅

Bước 2 : chọn 3 khách trong 5 khách để vào cửa hàng đã chọn, ta có : C³₅ Bước 3 : chọn 1 cửa hàng trong 4 cửa hàng còn lại, ta có : C¹₄

Bước 4 : chọn 2 khách trong 2 khách còn lại để vào cửa hàng mới chọn, ta có : C²₂ Suy ra trường hợp này có : C¹₅.C³₅.C¹₄.C²₂200cách.

 TH2 : Một cửa hàng có 3 khách, hai cửa hàng mỗi cửa hàng có 1 khách, hai cửa hàng còn lại không có khách nào : C¹₅.C³₅.C²₄.P₂ 600cách.

 TH3 : Một cửa hàng có 4 khách, một cửa hàng có 1 khách, ba cửa hàng còn lại không có khách nào : 100

C . C .

C¹₅ ⁴₅ ¹₄  cách.

 TH4 : Một cửa hàng có 5 khách, các cửa hàng còn lại không có khách nào : C¹₅ 5cách.

Số phần tử của biến cố A là : 200 + 600 + 100 + 5 = 905 cách Vậy

625 181 3125 ) 905 A (

P  

BÀI 40 : (ĐỀ MINH HỌA 2018) Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh thành một hàng ngang gồm 2 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 5 học sinh lớp 12C thành một hàng ngang. Tính xác suất để trong 10 học sinh trên không có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau. ĐS : 11/630

 Hướng dẫn : chọn A

Số cách xếp 10 học sinh thành một hàng ngang là 10! cách.

Xếp 5 học sinh lớp 12C trước.

 TH1 : C  C  C  C  C  , đổi chỗ cho 5 học sinh đó cho nhau có 5! cách sắp xếp.

Xếp 5 học sinh còn lại vào 5 vị trí trống ta có 5! cách sắp xếp.  Trường hợp này có : 5!5! cách

 TH2 : C  C  C  C  C  , tương tự như TH1, ta có 5!5! cách sắp xếp.

 TH3 : C   C  C  C  C Đổi chỗ 5 học sinh lớp 12C có 5! cách.

Ta có 2 vị trí trống liền nhau, chọn 1 học sinh lớp 12A và 1 học sinh lớp 12B để xếp vào 2 vị trí trống đó, 2 học sinh này có thể đổi chỗ cho nhau nên ta có: C¹₂C¹₃2!2.3.212 cách

Xếp 3 học sinh còn lại vào 3 chỗ trống có 3! cách  trường hợp này có : ^5!



^{C C1}3^2!



^3!

1 2

Trường hợp 3 sẽ có thêm 3 trường hợp tương tự nên ta có : ^4.5!



^{C C1}3^2!



^{3! 48.5!3!}

1

2 

 số phần tử của biến cố A là: 2.5!.5! + 48.5!3! = 63360 Vậy

630 11

! 10 63360 )

( N

) A ( ) N A (

P  

 

BÀI 41 : Một mạch điện gồm 4 linh kiện như hình vẽ, trong đó xác suất hỏng của từng linh kiện trong một khoảng thời gian t nào đó tương ứng là 0,2 ; 0,1 ; 0,05 và 0,02. Biết rằng các linh kiện làm việc độc lập với nhau và các dây dẫn điện luôn tốt. Tính xác suất để mạng điện hoạt động tốt trong khoảng thời gian t.

ĐS : 0,78008

1

2

3

4

 Hướng dẫn:

Mạng điện hoạt động tốt khi một trong các trường hợp sau xảy ra:

 TH1: Linh kiện 1, 2, 4 hoạt động tốt, linh kiện 3 bị hỏng.

Xác suất là: P1 = (1 – 0,2).(1 – 0,1).0,05.(1 – 0,02) = 0,03528

 TH2: Linh kiện 1, 3, 4 hoạt động tốt, linh kiện 2 bị hỏng.

Xác suất là: P2 = (1 – 0,2).0,1.(1 – 0,05).(1 – 0,02) = 0,07448

 TH3: Tất cả các linh kiện 1, 2, 3, 4 đều hoạt động tốt.

Xác suất là: P3 = (1 – 0,2).(1 – 0,1).(1 – 0,05).(1 – 0,02) = 0,67032

Vậy xác suất để mạng điện hoạt động tốt trong khoảng thời gian t là: P = P1 + P2 + P3 = 0,78008

BÀI 42 : (HSG 12 BẮC GIANG) Một hộp đựng 50 quả cầu được đánh số theo thứ tự từ 1 đến 50. Lấy ngẫu nhiên 3 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất để tích 3 số ghi trên 3 quả cầu lấy được là một số chia hết cho 8.

ĐS : 193/392

 Hướng dẫn : chọn A

Có C³₅₀ cách lấy ra 3 quả cầu từ hộp đã cho.

Chia 50 quả cầu trong hộp thành 4 nhóm:

+ Nhóm I: gồm 25 quả cầu mang số lẻ

+ Nhóm II: gồm 13 quả cầu mang số chia hết cho 2 mà không chia hết cho 4.

+ Nhóm III: gồm 6 quả cầu mang số chia hết cho 4 mà không chia hết cho 8.

+ Nhóm IV: gồm 6 quả cầu mang số chia hết cho 8.

Để tích 3 số ghi trên 3 quả cầu lấy được là một số không chia hết cho 8 thì có 4 trường hợp sau xảy ra:

1 quả thuộc nhóm I, 2 quả thuộc nhóm II: có C¹₂₅.C₁₃² cách lấy.

2 quả thuộc nhóm I, 1 quả thuộc nhóm II: có C²₂₅.C¹₁₃cách lấy.

2 quả thuộc nhóm I, 1 quả thuộc nhóm III: có C²₂₅.C¹₆cách lấy.

3 quả thuộc nhóm I: có C³₂₅cách lấy.

Vậy xác suất cần tính là 0,155

504

C . C C . C C . C C . 1 C ) A ( P

1 6 2 25 1 6 2 25 1 6 2 25 1 6 2

25    



 Vậy

392 193 C

C C . C C . C C . 1 C ) A (

P ₃

50

3 25 1 6 2 25 1 13 2 25 2 13 1

25    





BÀI 43 : Hai người ngang tài ngang sức tranh chức vô địch của một cuộc thi cờ tướng. Người giành chiến thắng là người đầu tiên thắng được năm ván cờ. Tại thời điểm người chơi thứ nhất đã thắng 4 ván và người chơi thứ hai mới thắng 2 ván, tính xác suất để người chơi thứ nhất giành chiến thắng. ĐS : 7/8

 Hướng dẫn : chọn A

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 (0,5)².

 TH3: Đánh 3 ván. Người thứ nhất thắng ở ván thứ ba xác suất là (0,5)³. Vậy P = 0,5 + (0,5)² +(0,5)³ =

8 7

BÀI 44 : (THI THỬ SGD YÊN BÁI 2018) Ba cầu thủ sút phạt đền 11m, mỗi người đá một lần với xác suất làm bàn lần lượt là x, y và 0,6 (với x > y). Biết xác suất để ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn là 0,976 và xác suất để cả ba cầu thủ đều ghi bàn là 0,336. Tính xác suất để có đúng hai cầu thủ ghi bàn.

ĐS : 0,452

 Hướng dẫn: chọn A

Gọi Ai là biến cố “người thứ i ghi bàn” với i = 1, 2, 3.

Ta có các Ai độc lập với nhau và P(A1) = x, P(A2) = y, P(A3) = 0,6.

Gọi A là biến cố: “Có ít nhất một trong ba cầu thỉ ghi bàn”, B: “Cả ba cầu thủ đều ghi bàn”, C: “Có đúng hai cầu thủ ghi bàn”

Ta có: ^A^A1^.A2^.A3 ^P

       

^A ^PA1 ^.PA2 ^.PA3 ^0,4



¹^x



¹^y



Nên P(A) = 1 – ^P

 

^A = 1 – 0,4(1 – x)(1 – y) = 0,976 Suy ra (1 – x)(1 – y) =

50

3  xy – x – y = 50

47 (1)

Tương tự: B = A1.A2.A3, suy ra: P(B) = P(A1).P(A2).P(A3) = 0,6xy = 0,336 hay là xy = 25

14 (2)

Từ (1) và (2), ta có hệ:













 2 y 3 x

25 xy 14

, giải hệ này kết hợp với x > y ta tìm được x = 0,8 và y = 0,7

Ta có: CA₁A₂A₃ A₁A₂A₃ A₁A₂A₃ Nên P(C) = (1 – x)y.0,6 + x(1 – y).0,6 + xy.0,4 = 0,452

BÀI 45 : Trong trận đấu bóng đá giữa 2 đội Real madrid và Barcelona, trọng tài cho đội Barcelona được hưởng một quả Penalty. Cầu thủ sút phạt ngẫu nhiên vào 1 trong bốn vị trí 1, 2, 3,

4 và thủ môn bay người cản phá ngẫu nhiên đến 1 trong 4 vị trí 1, 2, 3, 4 với xác suất như nhau (thủ môn và cầu thủ sút phạt đều không đoán được ý định của đối phương). Biết nếu cầu thủ sút và thủ môn bay cùng vào vị trí 1 (hoặc 2) thì thủ môn cản phá được cú sút đó, nếu cùng vào vị trí 3 (hoặc 4) thì xác suất cản phá

thành công là 50%. Tính xác suất của biến cố “cú sút đó không vào lưới”? ĐS : 3/16

 Hướng dẫn : chọn A

 Cách 1 : Số phần tử của không gian mẫu là N() = 4.4 = 16

Gọi biến cố A : “Cú sút đó không vào lưới” Khi đó biến cố A: “Cú sút đó vào lưới”

Số phần tử của ^N

 

^{A là}

 TH 1: Cầu thủ sút vào vị trí 1 thủ môn bay vào 1 trong 3 vị trí còn lại. Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ môn có 3 cách bay. Do đó, có 3 khả năng xảy ra.

 TH 2: Cầu thủ sút vào vị trí 2 thủ môn bay vào 1 trong 3 vị trí còn lại. Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ môn có 3 cách bay. Do đó, có 3 khả năng xảy ra

 TH 3: Cầu thủ sút vào vị trí 3 thủ môn bay vào 1 trong 3 vị trí còn lại. Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ môn có 3 cách bay. Do đó, có 3 khả năng xảy ra

 TH 4: Cầu thủ sút vào vị trí 4 thủ môn bay vào 1 trong 3 vị trí còn lại. Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ môn có 3 cách bay. Do đó, có 3 khả năng xảy ra.

 TH 5: Cầu thủ sút vào vị trí 3 thủ môn bay vào vị trí 3. Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ môn có 1 cách bay. Do đó, có 1 khả năng xảy ra

 TH 6: Cầu thủ sút vào vị trí 4 thủ môn bay vào vị trí 4. Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ môn có 1 cách bay. Do đó, có 1 khả năng xảy ra

Khi đó ^N

 

^A = 4.3 + 2.1 = 14.

Xác suất xảy ra biến cố A là P(A) =

16 13 2 1 16

1 . 2 16

3 .

4    (Do 2 trường hợp 5, 6 thì xác suất xảy ra chỉ là 50%). Vậy

16 3 16 1 13 ) A ( P 1 ) A (

P     

 Cách 2 : Gọi Ai là biến cố : “cầu thủ sút phạt vào vị trí i”

Bi là biến cố “thủ môn bay người cản phá vào vị trí thứ i”

Và C là biến cố “Cú sút phạt không vào lưới”

Ta thấy

4 ) 1 B ( P ) A (

P _i  _i  . Ta có :

16 3 4 1 2 1 4 1 2 1 4 1 4

) 1 B ( P ) A ( 2P ) 1 B ( P ) A ( 2P ) 1 B ( P ) A ( P ) B ( P ) A ( P ) C ( P

2 2

2 2

4 4 3

3 2

2 1

1  



 



 



 



 



 







 













BÀI 46 : (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG)Tại trạm xe buýt có 5 hành khách đang chờ xe đón, không ai quen nhau, trong đó có anh A và chị B. Khi đó có 1 chiếc xe buýt ghé trạm để đón khách, biết rằng lúc đó trên xe chỉ còn đúng 5 ghế trống: gồm có 1 dãy ghế trống 3 chỗ và 2 chỗ ghế đơn, các ghế trống được đánh số từ 1, 2, 3, 4, 5 và 5 người khách lên ngồi ngẫu nhiên vào 5 chỗ còn trống đó. Biết rằng mỗi ghế trống chỉ 1 người ngồi. Tính xác suất để anh A và chị B ngồi cạnh nhau? ĐS : 1/5

 Hướng dẫn :

Xếp 5 người vào 5 chỗ ngồi nên số phần tử không gian mẫu là : 5! = 120 cách.

Gọi biến cố A : “anh A và chị B ngồi cạnh nhau” . Số phần tử của biến cố A là

Chọn vị trí cho cặp A, B ngồi có 2 cách là : (3 ; 4) , (4 ; 5). Xếp A, B vào ghế có 2!, ta có : 2.2! = 4 cách.

Xếp 3 người còn lại vào vị trí 1 là 3 cách.

Xếp 2 người còn lại vào vị trí 2 là 2 cách.

Xếp 1 người cuối cùng còn lại vào vị trí còn lại là 1 cách.

 số phần tử của biến cố A là: 2.2!.3.2.1 = 24 cách. Vậy

5 1 ) ( N

) A ( ) N A (

P 

 

BÀI 47 : Trong giải bóng đã nữ ở trường THPT có 12 đội tham gia, trong đó có hai đội của hai lớp 12A2 và 11A6. Ban tổ chức tiến hành bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành hai bảng đấu A, B mỗi bảng 6 đội. Tính xác suất để 2 đội của hai lớp 12A2 và 11A6 ở cùng một bảng.

ĐS : 5/22

 Hướng dẫn: chọn D

Số phần tử của không gian mẫu là: n() = C₁₂⁶ .C⁶₆.2!1848

(bốc 6 đội từ 12 đội vào bảng A – bốc 6 đội từ 6 đội còn lại vào bảng B – hoán vị 2 bảng) Gọi A: “2 đội của hai lớp 12A2 và 11A6 ở cùng một bảng”. Ta có : n(A) = C₁₀⁴ .2! = 420

(bốc 4 đội từ 10 đội, không tính hai lớp 12A2 và 11A6, vào bảng đã xếp hai đội của hai lớp 12A2 và 11A6 – 6 đội còn lại vào một bảng – hoán vị hai bảng)

     

22 5 1848

420 n

A A n

P  

 



BÀI 48 : Giải bóng chuyền VTV Cup có 12 đội tham gia trong đó có 9 đội nước ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng đấu A, B, C mỗi bảng 4 đội. Tính xác suất để 3 đội Việt Nam nằm ở 3 bảng đấu.

ĐS : ₄

4 8 12

3 6 3 9C C

C C P6

 Hướng dẫn: chọn B

Số phần tử không gian mẫu: n

 

 C⁶₁₂.C₈⁴.C⁴₄.3!(bốc 4 đội từ 12 đội vào bảng A – bốc 4 đội từ 8 đội còn lại vào bảng B – bốc 4 đội từ 4 đội còn lại vào bảng C – hoán vị 3 bảng)

Gọi A: “3 đội Việt Nam nằm ở 3 bảng đấu”

Khi đó: n

 

A C³₉.C³₆.C³₃.3!.3!(bốc 3 đội NN từ 9 đội NN vào bảng A–bốc 4 đội từ 8 đội còn lại vào bảng B – bốc 4 đội từ 4 đội còn lại vào bảng C – hoán vị 3 bảng)

Gọi A: “3 đội Việt Nam nằm ở 3 bảng đấu”.

Khi đó: n

 

A C³₉.C³₆.C³₃.3!.3!

(bốc 3 đội NN từ 9 đội NN vào bảng A – bốc 3 đội NN từ 6 đội NN còn lại vào bảng B – bốc 3 đội NN từ 3 đội NN còn lại vào bảng C – hoán vị 3 bảng – bốc 1 đội VN vào mỗi vị trí còn lại của 3 bảng)

Xác suất của biến cố A là:

     

₁₂^{4 4}₈

36 39 4

4 4 8 4 12

33 36 39

C . C

C . C . 6

! 3 . C . C . C

! 3

!.

3 . C . C . C n

A A n

P  

 

BÀI 49 : Một máy bay có 5 động cơ gồm 3 động cơ bên cánh trái và hai động cơ bên cánh phải. Mỗi động cơ bên cánh phải có xác suất bị hỏng là 0,09, mỗi động cơ bên cánh trái có xác suất bị hỏng là 0,04. Các động cơ hoạt động độc lập với nhau. Máy bay chỉ thực hiện được chuyến bay an toàn nếu có ít nhất hai động cơ làm việc. Tìm xác suất để máy bay thực hiện được chuyến bay an toàn.

ĐS : 0,9999074656

 Hướng dẫn:

Gọi A là biến cố: “Máy bay bay an toàn”.

Khi đó A là biến cố: “Máy bay bay không an toàn”.

Ta có, máy bay không an toàn khi xảy ra một trong các trường hợp sau:

 TH 1: Cả 5 động cơ đều bị hỏng.

Ta có xác suất để xảy ra trường hợp này là: (0,09)³.(0,04)²

 TH 2: Có một động cơ ở cánh phải hoạt động và các động cơ còn lại đều bị hỏng.

Xác suất để xảy ra trường hợp này là: (3.(0,09)².0,91.(0,04)²

 TH 3: Có một động cơ bên cánh trái hoạt động, các động cơ còn lại bị hỏng.

Xác suất xảy ra trường hợp này là: 2.0,04.0,96.(0,09)³

 

^A

P = (0,09)³.(0,04)² + 3.(0,09)².0,91.(0,04)² + 2.0,04.0,96.(0,09)³ = 0,925311.10^4 Vậy P(A) = 1 – ^P

 

^A = 0,9999074656.

BÀI 50 : Có 5 em bé trong đó có bé Bo, xếp thành 1 hàng dọc để nhận quà của ông già Noel theo thứ tự từ trước đến sau (người đứng trước sẽ nhận quà trước). Tính xác suất để bé Bo được nhận quà đầu tiên.

ĐS : 1/5

 Hướng dẫn:

Xếp 5 bé thành một hàng dọc, có 5! cách. Suy ra số phần tử không gian mẫu là: n() = 5! = 120

Gọi biến cố A: “Bé Bo nhận quà đầu tiên”. Số trường hợp thuận lợi cho A là: n(A) = 4! = 24 (vị trí đầu tiên của bé Bo, xếp 4 bạn còn lại vào 4 vị trí còn lại là 4! cách).

Xác suất cần tìm: P(A) =

 

 

 n

A n =

120 24 =

5 1

BÀI 51 : Có 20 món quà khác nhau trong đó có 6 món quà đặc biệt ông già Noel chọn 4 món quà để tặng cho 4 học sinh.

a) Tính xác suất sao cho học sinh nào cũng có quà đặc biệt.

b) Tính xác suất sao cho có nhiều nhất 2 học sinh có quà đặc biệt.

ĐS : a) 1/323 ; b)  0,7325

 Hướng dẫn:

Có A⁴₂₀ cách chọn 4 món quà cho 4 học sinh. Vậy không gian mẫu là A₂₀⁴ .

a) Tính xác suất sao cho học sinh nào cũng có quà đặc biệt.

Có A⁴₆ cách chọn 4 món quà trong 6 món quà đặc biệt cho 4 học sinh.

Vậy P(A) = ₄

20 4 6

A A =

323 1 .

b) Tính xác suất sao cho có nhiều nhất 2 học sinh có quà đặc biệt.

TH1: Có đúng 1 học sinh nhận được quà đặc biệt.

Bước 1: Có 4 cách chọn 1 học sinh được quà đặc biệt.

Bước 2: Có A¹₆ cách chọn quà đặc biệt cho học sinh đó.

Bước 3: Có A₁₄³ cách chọn quà bình thường cho 3 học sinh còn lại.

Vậy có 4.A¹₆.A₁₄³ cách.

TH2: Có đúng 2 học sinh nhận được quà

Bước 1: Có C²₄ cách chọn 2 trong 4 học sinh nhận được quà đặc biệt.

Bước 2: Có A²₆ cách chọn 2 món quà cho 2 học sinh đó.

Bước 3: Có A₁₄² cách chọn quà bình thường cho 2 học sinh còn lại.

Vậy có C²₄.A²₆.A₁₄² cách.

Gọi biến cố B là “trong 4 học sinh được tặng quà nhiều nhất có 2 học sinh được tặng quà đặc biệt”.

Số thuận lợi cho B là: n(B) = 4.A¹₆.A₁₄³ C²₄.A²₆.A₁₄² = 85176 Suy ra, P(B) =

 

 

 n

B

n = ₄ A20

85176  0,7325

BÀI 52 : Giải bóng đá vô địch Đông Nam Á có 11 đội tham gia, trong đó có 2 đội loại một là: Việt Nam và Thái Lan; 3 đội loại hai là Singapore, Malaysia, Indonesia; còn lại là các đội loại ba. Ban tổ chức giải chia làm hai bảng đấu gồm bảng A có 6 đội, bảng B có 5 đội sao cho mỗi bảng đấu có 1 đội loại một, ít nhất 1 đội loại hai. Tìm xác suất để đội tuyển Việt Nam nằm ở bảng B và chỉ có 1 đội loại hai là Singapore.

ĐS : 2/21

 Hướng dẫn:

Để chia hai bảng đấu theo đề bài có các khả năng sau:

Một bảng B đội gồm 1 đội loại 1, 1 đội loại hai, 3 đội loại ba.

Số cách chọn 1 đội loại 1 là C¹₂, số cách chọn 1 trong 3 đội loại hai là C , số cách chọn 3 đội trong 6 đội ¹₃ loại ba là C³₆.

Nên trường hợp này có C¹₂.C¹₃.C³₆ = 120 cách.

Một bảng B đội gồm 1 đội loại 1, 2 đội loại hai, 2 đội loại ba. Số cách chọn 1 đội loại 1 là C¹₂, số cách chọn 2 trong 3 đội loại hai là C²₃, số cách chọn 2 đội trong 6 đội loại ba là C²₆.

Nên trường hợp này có C¹₂.C²₃.C²₆ = 90 cách.

Khi chọn đội cho bảng B thì bảng A chỉ có một cách chọn.

Do đó không gian mẫu có n() = 120 + 90 = 210.

Gọi A là biến cố đội tuyển Việt Nam nằm ở bảng B chỉ có 1 đội loại hai là Singapore.

Một bảng 5 đội bắt buộc có Việt Nam, Singapore và đội loại ba có n(A) = C³₆ = 20.

Vậy xác suất để đội Việt Nam nằm ở bảng đấu có 5 đội và chỉ có 1 đội loại hai là Singapore là:

   

 

21

2 210

20 n

A A n

P  

  .

BÀI 53 : Một người bỏ ngẫu nhiên bốn lá thư vào 4 bì thư đã được ghi địa chỉ. Tính xác suất của biến cố sau: A: “Có ít nhất một lá thư bỏ đúng phong bì của nó”.

ĐS : 5/8

 Hướng dẫn: chọn A

Số cách bỏ 4 lá thư vào 4 bì thư là:  = 4! = 24

Kí hiệu 4 lá thư là: L1, L2, L3, L4 và bộ (L1, L2, L3, L4) là một hoán vị các số 1, 2, 3, 4 trong đó Li = i



^i1,4



nếu lá thư Li bỏ đúng địa chỉ.

Ta xét các khả năng sau:

 có 4 lá thư bỏ đúng địa chỉ: (1, 2, 3, 4) nên có 1 cách bỏ.

 có 2 lá thư bỏ đúng địa chỉ:

+) số cách bỏ 2 lá thư đúng địa chỉ là: C²₄ +) khi đó có 1 cách bỏ hai lá thư còn lại Nên trường hợp này có: C²₄ = 6 cách bỏ.

 có đúng 1 lá thư bỏ đúng địa chỉ:

+) số cách chọn lá thư bỏ đúng địa chỉ: 4 cách +) số cách chọn bỏ ba lá thư còn lại: 1.2 = 2 cách Nên trường hợp này có: 4.2 = 8 cách bỏ.

Do đó: _A = 1 + 6 + 8 = 15 Vậy P(A) =

8 5 24 15

A  





BÀI 54 : Một bộ đề thi toán học sinh giỏi lớp 12 mà mỗi đề gồm 5 câu được chọn từ 15 câu dễ, 10 câu trung bình và 5 câu khó. Một đề thi được gọi là “Tốt” nếu trong đề thi có cả ba câu dễ, trung bình và khó, đồng thời số câu dễ không ít hơn 2. Lấy ngẫu nhiên một đề thi trong bộ đề trên. Tìm xác suất để đề thi lấy ra là một đề thi “Tốt”. ĐS :  0,375

 Hướng dẫn:

Số phần tử của không gian mẫu là: n() = C⁵₃₀ = 142506 Gọi A là biến cố “đề thi lấy ra là một đề thi Tốt”.

Vì trong một đề thi “Tốt” có cả ba câu dễ, trung bình và khó, đồng thời số câu dễ không ít hơn 2 nên ra có các trường hợp sau đây thuận lợi cho biến cố A:

TH1: Đề thi gồm 3 câu dễ, 1 câu trung bình và 1 câu khó, trường hợp này có C₁₅³ .C¹₁₀.C¹₅. TH2: Đề thi gồm 2 câu dễ, 2 câu trung bình và 1 câu khó, trường hợp này có C₁₅² .C₁₀² .C¹₅. TH3: Đề thi gồm 2 câu dễ, 1 câu trung bình và 2 câu khó, trường hợp này có C₁₅² .C¹₁₀.C²₅. Vậy n(A) = C₁₅³ .C¹₁₀.C¹₅ + C²₁₅.C₁₀² .C¹₅ + C₁₅² .C¹₁₀.C²₅ = 50875.

Xác suất cần tìm là: P(A) =

 

 

 n

A n =

142506

50875  0,375

BÀI 55 : Đề cương ôn tập cuối năm môn Toán lớp 12 có 40 câu hỏi. Đề thi cuối năm gồm 3 câu hỏi trong số 40 câu đó. Một học sinh chỉ ôn 20 câu trong đề cương. Giả sử các câu hỏi trong đề cương đều có khả năng được chọn làm câu hỏi thi như nhau. Hãy tính xác suất để có ít nhất 2 câu hỏi của đề thi cuối năm nằm trong số 20 câu hỏi mà học sinh nói trên đã ôn. ĐS : 7/52

 Hướng dẫn:

Không gian mẫu  có n() = C = 9880 (phần tử). ³₄₀

Gọi A là biến cố “có ít nhất 2 câu hỏi của đề thi nằm trong số 20 câu đã ôn”.

Ta thấy xảy ra một trong hai trường hợp sau:

TH1: Trong đề thi có đúng 2 câu hỏi trong 20 câu đã ôn.

TH2: Trong đề thi có đúng 3 câu hỏi trong 20 câu đã ôn.

Do đó, n(A) = C²₂₀.C¹₂₀C¹₂₀ = 1330 (phần tử) Vậy xác suất cần tìm: P(A) =

 

 

 n

A n =

9880 1330 =

52 7

BÀI 56 : Trong cụm thi để xét công nhận tốt nghiệp THPT thí sinh phải thi 4 môn trong đó có 3 môn bắt buộc là Toán, Văn, Ngoại ngữ và 1 môn do thí sinh tự chọn trong số các môn: Vật lí, Hóa học, Sinh học, Lịch sử và Địa lí. Trường X có 40 học sinh đăng kí dự thi, trong đó 10 học sinh chọn môn Vật lí và 20 học sinh chọn môn Hóa học. Lấy ngẫu nhiên 3 học sinh bất kỳ của trường X, tính xác suất để trong 3 học sinh đó luôn có học sinh chọn môn Vật lí và học sinh chọn môn Hóa học. ĐS : 120/247

 Hướng dẫn:

Số phần tử của không gian mẫu là: n() = C³₄₀

Gọi A là biến cố “3 học sinh được chọn luôn có học sinh chọn môn Vật lí và học sinh chọn môn Hóa học”.

Các trường hợp thuận lợi cho biến cố A là:

TH1: Chọn được 1 em thi môn Vật lí và 2 em thi môn Hóa học, có C¹₁₀.C²₂₀ cách chọn.

TH2: Chọn được 2 em thi môn Vật lí và 1 em thi môn Hóa học, có C₁₀² .C¹₂₀ cách chọn.

TH3: Chọn được 1 em thi môn Vật lí, 1 em thi môn Hóa học và 1 em thi 1 trong 3 môn là Sinh học, Lịch sử hoặc Địa lí, có C¹₁₀.C¹₂₀.C¹₁₀ cách chọn.

Số phần tử của biến cố A là: n(A) = C¹₁₀.C²₂₀ C₁₀² .C¹₂₀ C¹₁₀.C¹₂₀.C¹₁₀ Vậy xác suất để xảy ra biến cố A là: P(A) =

 

 

 n

A n =

120 . 247

BÀI 57 : Hai thí sinh A và B tham gia một buổi thi vấn đáp. Cán bộ hỏi thi đưa cho mỗi thí sinh một bộ câu hỏi thi gồm 10 câu hỏi khác nhau, được đựng trong 10 phong bì dán kín, có hình thức giống hệt nhau, mỗi phong bì đựng 1 câu hỏi; thí sinh chọn 3 phong bì trong số đó để xác định câu hỏi thi của mình. Biết rằng bộ 10 câu hỏi thi dành cho các thí sinh là như nhau, tính xác suất để 3 câu hỏi A chọn và 3 câu hỏi B chọn là giống nhau. ĐS : 1/120

 Hướng dẫn:

Không gian mẫu  là tập hợp gồm tất cả các cặp hai bộ 3 câu hỏi, mà ở vị trí thứ nhất của cặp là bộ 3 câu hỏi thí sinh A chọn và ở vị trí thứ hai của cặp là bộ 3 câu hỏi thí sinh B chọn.

Vì A cũng như B đều có C³₁₀ cách chọn 3 câu hỏi từ 10 câu hỏi thi nên ta có: n() =

 

C³10 ²

Kí hiệu X là biến cố “bộ 3 câu hỏi A chọn và bộ 3 câu hỏi B chọn là giống nhau”.

Vì với mỗi cách chọn 3 câu hỏi của A, B chỉ có duy nhất cách chọn 3 câu hỏi giống như A nên n(X) = C₁₀³ .1 = C . ³₁₀

Vì vậy, P(X) =

 

   

C ¹²⁰¹ C

n X n

3 2 10

103 

  .

BÀI 58 : Trong kỳ thi tuyển sinh đại học, bạn Thọ dự thi hai môn thi trắc nghiệm Vật lí và Hóa học. Đề thi của mỗi môn gồm 50 câu hỏi; mỗi câu có 4 phương án lựa chọn, trong đó có 1 phương án đúng, làm đúng mỗi câu được 0,2 điểm. Mỗi môn thi Thọ đều làm hết các câu hỏi và chắc chắn đúng 45 câu; 5 câu còn lại Thọ chọn ngẫu nhiên. Tính xác suất để tổng điểm 2 môn thi của Thọ không dưới 19 điểm. ĐS :  0,0781

Hướng dẫn:

Bạn Thọ được không dưới 19 điểm khi và chỉ khi trong 10 câu trả lời ngẫu nhiên ở cả hai môn Lí và Hóa, bạn Thọ trả lời đúng ít nhất 5 câu.

Xác suất trả lời đúng 1 câu hỏi là 4

1, trả lời sai là 4

3. Ta có:

Xác suất Thọ trả lời đúng 5 trên 10 câu là

5 5 5

10 4

3 4

C 1 



 







 



 .

Xác suất Thọ trả lời đúng 6 trên 10 câu là

4 6 6

10 4

3 4

C 1 



 







 



 .

Xác suất Thọ trả lời đúng 7 trên 10 câu là

3 7

107 4

3 4

C 1 



 







 



 .

Xác suất Thọ trả lời đúng 8 trên 10 câu là ⁸₁₀ ^{8 2} 4 3 4

C 1 



 







 



 .

Xác suất Thọ trả lời đúng 9 trên 10 câu là

1 9

109 4

3 4

C 1 



 







 



 .

Xác suất Thọ trả lời đúng 10 trên 10 câu là

0 10

1010 4

3 4

C 1 



 







 



 .

Suy ra xác suất để Thọ được không dưới 19 điểm là:

5 5 5

10 4

3 4

C 1 



 







 



 +

4 6 6

10 4

3 4

C 1 



 







 



 +

3 7

107 4

3 4

C 1 



 







 



 +

2 8 8

10 4

3 4

C 1 



 







 



 +

1 9

109 4

3 4

C 1 



 







 



 +

0 10 10

10 4

3 4

C 1 



 







 



  0,0781 BÀI 59 : Thầy giáo cho 20 câu hỏi về nhà để chuẩn bị kiểm tra. Nhưng vì lười nên bạn An chỉ học được 14 câu. Hôm sau thầy giáo chọn ngẫu nhiên 10 trong 20 câu hỏi đó để kiểm tra, mỗi câu 1 điểm. Hỏi:

a) Điểm thấp nhất mà bạn An đạt được là điểm mấy?

b) Tính xác suất để bạn An được điểm 8. ĐS : a) điểm 4 ; b)  0,0781

Hướng dẫn:

a) Khi Thầy giáo ra đề trúng cả 6 câu bạn An chưa học thì bạn An được điểm thấp nhất là 4.

b) Số cách cách ra đề, chọn 10 câu bất kỳ trong 20 câu, có n() = C¹⁰₂₀.

Biến cố A: “Bạn An đạt điểm 8”. Để An đạt điểm 8 thì An phải chọn được đề thi trong đó có 8 câu nằm trong 14 câu An đã học và 2 câu còn lại nằm trong 6 câu An chưa học.

Số trường hợp thuận lợi cho A là n(A) = C₁₄⁸ .C²₆.

Vậy

     

1292 ^0,2438

315 C

C . C n

A A n

P ₁₀

20 26

814  

 

 .

BÀI 60 : Lịch thi học kỳ I được tổ chức trong 4 ngày liên tiếp với 4 môn tự nhiên: Toán, Lý, Hóa, Sinh và 4 môn xã hội: Văn, Ngoại ngữ, Sử, Địa. Mỗi ngày thi 2 môn, gồm một môn tự nhiên được xếp thứ tụ Toán – Lý – Hóa – Sinh và một môn xã hội tùy ý. Hỏi có bao nhiêu cách xếp lịch thi thỏa hai môn Toán – Văn không thi chung trong một ngày. Trong số các lịch thi tạo được, tính xác suất để chọn được lịch thi có 2 môn Văn và Ngoại ngữ được xếp thi trong 2 ngày liên tiếp. ĐS : 5/9

Hướng dẫn:

Toán Lý Hóa Sinh

1 2 3 4

Có 3 cách xếp môn vào vị trí 1 gồm {Ngoại ngữ, Sử, Địa}.

Có 3 cách xếp môn vào vị trí 2 (bỏ một môn đã thi ngày thứ 1).

Có 2 cách xếp môn vào vị trí 3 (bỏ hai môn đã thi ngày thứ 1 và 2).

Còn một môn cuối cùng thi vào ngày thứ 4.

Kết luận vậy có 3.3.2.1 = 18 cách sắp xếp môn thi thỏa yêu cầu.

Có các trường hợp sau thỏa mãn 2 môn Ngữ văn và Ngoại ngữ thi trong 2 ngày liên tiếp thỏa yêu cầu đề bài:

TH1: Ngữ văn thi ngày thứ 2, thì môn Ngoại ngữ thi ngày thứ 1 hoặc thứ 3, hai môn còn lại xếp vào 2 ngày còn lại. Số cách xếp thỏa trường hợp này là: 2.2! = 4.

TH2: Ngữ văn thi ngày thứ 3, thì môn Ngoại ngữ thi ngày thứ 2 hoặc thứ 4, hai môn còn lại xếp vào hai ngày còn lại. Số cách xếp thỏa trường hợp này là: 2.2! = 4.

TH3: Ngữ văn thi ngày thứ 4, thì môn Ngoại ngữ bắt buộc thi ngày thứ 3, hai môn còn lại xếp vào 2 ngày còn lại. Số cách xếp thỏa trường hợp này là: 1.2! = 2.

Gọi A là biến cố “Lịch thi có 2 môn Văn và Ngoại ngữ được xếp thi trong 2 ngày liên tiếp”.

Số trường hợp thuận lợi cho A là: n(A) = 4 + 4 + 2 = 10.

Vậy

     

9

5 18 10 n

A A n

P  

  .

BÀI 61 : Một đề thi trắc nghiệm có 50 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án trả lời, trong đó có 1 phương án đúng. Một câu trả lời đúng được 0,2 điểm (câu trả lời sai không bị trừ điểm). Một thí sinh đã làm hết 50 câu, trong đó đúng 34 câu, 16 câu còn lại thì chọn ngẫu nhiên một trong bốn phương án lựa chọn. Tính xác suất để thí sinh đó đạt nhiều nhất 7,4 điểm.

ĐS :

13 3 3 16 14 2 2 16 15 1 1 16 16 0 0

16 4

3 4 C 1 4 3 4 C 1 4 3 4 C 1 4 3 4

C 1 



 



 



 



 



 



 



 



 



 







 



 



 



 



 





 Hướng dẫn :

Thí sinh đã làm đúng 34 câu được 34.0,2 = 6,8 điểm.

Để thí sinh này đạt 7,4 điểm trở xuống thì phải chọn đúng 3 2 , 0

8 , 6 4 ,

7   câu trở xuống trong tổng số 16 câu chọn ngẫu nhiên.

Nghĩa là thí sinh này phải chọn đúng 0 câu hoặc 1 câu hoặc 2 câu hoặc 3 câu.

Gọi X = n là biến cố chọn đúng n câu của thí sinh này.

Xác suất để có câu trả lời đúng một câu là 4

1 



 





4 là 3 sai và

Chọn đúng 0 câu :

   

₁₆^{0 0 16}

4 3 4 C 1 0 X P 0 X

n 



 



 



 



 







Chọn đúng 1 câu :

   

¹₁₆ ^{1 15}

4 3 4 C 1 1 X P 1 X

n 



 







 



 







Chọn đúng 2 câu :

   

₁₆^{2 2 14}

4 3 4 C 1 2 X P 2 X

n 



 



 



 



 







Chọn đúng 3 câu :

   

³₁₆ ^{3 13}

4 3 4 C 1 3 X P 3 X

n 



 



 



 



 





 Vậy xác suất cần tìm là :



^{X 0}

 

^{PX 1}

 

^{PX 2}

 

^{PX 3}



P

P       

13 3 3 16 14 2 2 16 15 1 1 16 16 0 0

16 4

3 4 C 1 4 3 4 C 1 4 3 4 C 1 4 3 4

C 1 



 



 



 



 



 



 



 



 



 







 



 



 



 



 



 

BÀI 62 : Trong kỳ thi THPT Quốc Gia, thí sinh A dự thi hai môn thi trắc nghiệm Vật lí và Hóa học. Đề thi của mỗi môn gồm 50 câu hỏi; mỗi câu hỏi có 4 phương án lựa chọn; trong đó có 1 phương án đúng, làm đúng mỗi câu được 0,2 điểm. Mỗi môn thi thí sinh A đều làm hết các câu hỏi và chắc chắn đúng 45 câu, 5 câu còn lại thí sinh A chọn ngẫu nhiên. Xác suất để tổng điểm 2 môn thi của thí sinh A không đưới 19 điểm

là bao nhiêu? ĐS : ₁₀

4 81922

 Hướng dẫn :

 Cách 1 : Thí sinh A không dưới 19 điểm khi và chỉ khi trong 10 câu trả lời ngẫu nhiên ở cả hai môn Vậy lí và Hóa học thì phải đúng ít nhất 5 câu.

Không gian mẫu là số phương án trả lời 10 câu hỏi mà thí sinh A chọn ngẫu nhiên.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là N() = 4¹⁰.

Gọi X là biến cố "Thí sinh A làm được ít nhất 5 câu trong 10 được cho là chọn ngẫu nhiên " nên ta có các trường hợp sau đây thuận lợi cho biến cố X.

Mỗi câu đúng có 1 phương án trả lời, mỗi câu sai có 3 phương án trả lời.

 5 câu đúng – 5 câu sai: có C₁₀⁵.3⁵ khả năng thuận lợi.

 6 câu đúng – 4 câu sai: có C₁₀⁶.3⁴ khả năng thuận lợi.

 7 câu đúng – 3 câu sai: có C₁₀⁷.3³ khả năng thuận lợi.

 8 câu đúng – 2 câu sai: có C⁸₁₀.3² khả năng thuận lợi.

 9 câu đúng – 1 câu sai: có C₁₀⁹.3 khả năng thuận lợi.

 10 câu đúng: có C¹⁰₁₀ khả năng thuận lợi.

Suy ra n(X) = C⁵₁₀.3⁵C₁₀⁶.3⁴C₁₀⁷.3³C⁸₁₀.3²C₁₀⁹.3C¹⁰₁₀81922

Vậy ₁₀

4 81922 )

X (

P 

 Cách 2 : Xác suất trả lời đúng 1 câu hỏi là 4

1, trả lời sai là 4

3. Ta có các trường hợp :

 Xác suất thí sinh A trả lời đúng 5 trên 10 câu là

5 5 5

10 4

. 3 4 . 1

C 



 



 



 





 Xác suất thí sinh A trả lời đúng 6 trên 10 câu là

4 6 6

10 4

. 3 4 . 1

C 



 



 



 





 Xác suất thí sinh A trả lời đúng 7 trên 10 câu là

3 7 7

10 4

. 3 4 . 1

C 



 



 



 





 Xác suất thí sinh A trả lời đúng 8 trên 10 câu là

2 8 8

10 4

. 3 4 . 1

C 



 



 



 





 Xác suất thí sinh A trả lời đúng 9 trên 10 câu là _



 



 



 





4 . 3 4 . 1 C

9 9 10

 Xác suất thí sinh A trả lời đúng 10 trên 10 câu là

10 10 10 4

. 1

C 



 



 Cộng các xác suất trên ta được xác suất cần tính.

BÀI 63 : An và Bình cùng tham gia kì thi THPTQG năm 2018, ngoài thi ba môn Toán, Văn, Tiếng Anh bắt buộc thì An và Bình đều đăng kí thi thêm đúng hai môn tự chọn khác trong ba môn Vật lí, Hóa học và Sinh học dưới hình thức thi trắc nghiệm để xét tuyển Đại học. Mỗi môn tự chọn trắc nghiệm có 8 mã đề thi khác nhau, mã đề thi của các môn khác nhau là khác nhau. Tính xác suất để An và Bình có chung đúng một môn thi tự chọn và chung một mã đề. ĐS : 1/12

 Hướng dẫn :

Gọi A là biến cố: “An và Bình có chung đúng một môn thi tự chọn và chung một mã đề”.

Số khả năng An chọn 2 môn thi tự chọn và mã đề của 2 môn thi là C²₃.8². Số khả năng Bình chọn 2 môn thi tự chọn và mã đề của 2 môn thi là C²₃.8². Do đó, số phần tử của không gian mẫu là N() = C²₃.8².C²₃.8².

Bây giờ ta đếm số khả năng để An và Bình có chung đúng một môn thi tự chọn và chung một mã đề:

Số khả năng An chọn 2 môn thi tự chọn và mã đề của 2 môn thi là C²₃.8².

Sau khi An chọn thì Bình có 2 cách chọn 2 môn thi tự chọn để có đúng một môn thi tự chọn với An, để chung mã đề với An thì số cách chọn mã để 2 môn thi của Bình là 1.8 = 8 cách. Như vậy, số cách chọn môn thi và mã đề thi của Bình là 2.8. Do đó: n(A) = C₃².8².2.8.

Vậy

12 1 8 . C . 8 . C

8 . 2 . 8 . ) C A (

P _{2 2}

3 2 2 3

2 2

3 



BÀI 64 : Một người gọi điện thoại, quên 2 chữ số cuối và chỉ nhớ rằng 2 chữ số đó phân biệt. Tính xác suất để người đó gọi một lần đúng số cần gọi.

ĐS : 1/90

 Hướng dẫn :

Số có 2 chữ số khác nhau là a1.a2 với a1  a2.

Ở đây a1 có thể bằng 0 nên ta có 10 cách chọn a1 và ta có 9 cách chọn a2. Vậy ta có 10.9 = 90 cách lập số a1.a2. Do đó xác suất để quay một lần đúng số điện thoại cần gọi là

90 P 1

 Cách khác :

Hai chữ số cuối là phân biệt, nên nếu gọi  là tập hợp tất cả cách chọn 2 số phân biệt (có tính đến thứ tự) trong 10 chữ số 0, 1, 2, 3, … 9. Khi đó dễ thấy: n() = A₁₀² = 90.

Gọi A là biến cố “gọi một lần đúng số cần gọi”. Ta có: n(A) = 1.

Vậy xác suất cần tìm: P(A) = 901 .

BÀI 65 : Một số điện thoại có 7 chữ số, trong đó chữ số đầu là 8. Số điện thoại được gọi là may mắn nếu bốn chữ số đầu là bốn chữ số chẵn phân biệt và 3 chữ số còn lại là ba chữ số lẻ, đồng thời hai chữ số 0 và 9 không đứng liền nhau. Gọi A là biến cố: “Một người khi lắp đặt điện thoại ngẫu nhiên được một số điện thoại may mắn”. Hãy tính xác suất của biến cố A. ĐS : ₆

10 14250

 Hướng dẫn:

Gọi số điện thoại có dạng: 8bcdefg

Chọn 3 chữ số chẵn từ tập {0, 2, 4, 6} để xếp vào 3 vị trí bcd , có A³₄ cách. Số cách xếp efg là 5³ cách.

Các trường hợp 8bc09fg:

Chọn 2 chữ số chẵn từ tập {2, 4, 6} để xếp vào 2 vị trí bc , có A cách. Số cách xếp ²₃ fg là 5² cách.

Số trường hợp thuận lợi cho A là: n(A) = A³₄.5³A²₃.5² = 2850 (số) Không gian mẫu: n() = 10⁶ (số)

Xác suất cần tìm: P(A) = ₆ 10 14250

BÀI 66 : Một tàu điện gồm 3 toa tiến vào một sân ga, ở đó đang có 12 hành khách chờ lên tàu. Giả sử hành khách lên tàu một cách ngẫu nhiên và độc lập với nhau, mỗi toa còn ít nhất 12 chỗ trống. Tìm xác suất xảy ra các tình huống sau:

a) Tất cả cùng lên toa thứ II.

b) Tất cả cùng lên một toa.

c) Toa I có 4 người, toa II có 5 người, còn lại toa III.

d) Toa I có 4 người.

e) Hai hành khách A và B cùng lên một toa.

f) Một toa 4 người, một toa 5 người, một toa 3 người.

ĐS : a) ₁₂ 3

1 ; b) ₁₁ 3

1 ; c) 0,05216 ; d) 0,238446 ; e) 3

1 ; f) 0,31296

Hướng dẫn:

Ở đây bài toán không quan tâm đến chỗ ngồi mà chỉ quan tâm đến toa.

Phép thử ở đây là: Mỗi người chọn cho mình một toa, mỗi người có quyền chọn 1 trong 3 toa để lên nên có 3 cách chọn. Theo quy tắc nhân, suy ra không gian mẫu n() = 3¹².

a) Tất cả cùng lên toa thứ II.

Mỗi người chỉ có một cách chọn lên toa thứ II.

Số trường hợp thuận lợi cho A là: n 12

     

3¹² 1 n

A A n

P 1 1 . . 1 . 1 .

1 

 





 



  b) Tất cả cùng lên một toa.

Người đầu tiên lên tàu có 3 cách chọn, vì không có ràng buộc gì, còn tất cả những người lên sau chỉ có 1 cách chọn là phải lên toa mà người đầu tiên đã chọn. Số trường hợp thuận lợi cho B là: C .1.1.1. .1 3

11 n

13 

 



  . Vậy

   

 

¹² 3¹¹ 1 3

3 n

B B n

P  

  .

c) Toa I có 4 người, toa II có 5 người, còn lại toa III.

Gọi C là biến cố “Toa I có 4 người, toa II có 5 người, còn lại toa III”. Để thực hiện số trường hợp thuận lợi

cho C, ta thực hiện 3 bước. Đầu tiên chọn 4 người trong 12 người lên toa I có C₁₂⁴ , sau đó chọn 5 người trong 8 người còn lại lên toa thứ II có C⁵₈, 3 người còn lại bắt buộc vào toa thứ III có 1 cách. Theo quy tắc nhân có: n(C) = C₁₂⁴ .C⁵₈.1 = 27720.

Vậy

   

 

59049 ^0,05216 3080

3 27720 n

C C n

P  ₁₂  

  .

d) Toa I có 4 người.

Gọi D là biến cố “Toa I có 4 người”. Đầu tiên chọn 4 người trong 12 người lên toa I có C₁₂⁴ cách chọn, 8 người còn lại thích lên 2 toa còn lại toa nào cũng được có 2⁸ cách chọn.

Theo quy tắc nhân, tổng số kết quả thuận lợi cho D là: n(D) = C₁₂⁴ .2⁸. Vậy

     

3 ^0,238446

2 . C n

D D n

P  ¹²⁴₁₂ ⁸ 

  .

e) Hai hành khách A và B cùng lên một toa.

Gọi E là biến cố “Hai hành khách A và B cùng lên một toa”. Hành khách A lên toa nào thì hành khách B phải lên toa đó có C¹₃ cách chọn. 10 hành khách còn lại không có điều kiện gì nên mỗi hành khách có 3 lựa chọn. Vậy tổng số kết