Bắn 3 phát súng độc lập vào một chiếc máy bay với xác suất bắn trúng mỗi viên là 0 2

0

Bạn đang thắc mắc? Ghi câu hỏi của bạn và đăng ở chế độ cộng đồng (?)

BIẾN CỐ - XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐA. TĨM TẮT LÍ THUYẾT1. Phép thử và biến cố.a. Phép thử ngẫu nhiên và khơng gian mẫuPhép thử ngẫu nhiên (gọi tắt là phép thử) là một thí nghiệm hay một hànhđộng mà :• Kết quả của nó khơng đốn trước được;• Có thể xác định được tập hợp tất cả các kết quả có thể xảy ra của phép thửđó.Phép thử thường được kí hiệu bởi chữ T. Tập hợp tất cả các kết quả có thểxảy ra của phép thử được gọi là khơng gian mẫu của phép thử và được kíhiệu bởi chữ Ω (đọc là ơ-mê-ga).b. Biến cốBiến cố A liên quan đến phép thử T là biến cố mà việc xảy ra hay khơng xảyra của A tùy thuộc vào kết quả của T.Mỗi kết quả của phép thử T làm cho A xảy ra, được gọi là kết quả thuận lợicho A.Tập hơp các kết quả thuận lợi cho A được kí hiệu là Ω A hoặc n( A ) .Với mỗi phép thử T có một biến cố ln xảy ra, gọi là biến cố chắc chắn.Với mỗi phép thử T có một biến cố khơng bao giờ xảy ra, gọi là biến cố khơngthể. Kí hiệu ∅ .2. Tính chấtGiải sử Ω là khơng gian mẫu, A và B là các biến cố.• Ω \ A = A được gọi là biến cố đối của biến cố A.• A ∪ B là biến cố xảy ra khi và chỉ khi A hoặc B xảy ra.• A ∩ B là biến cố xảy ra khi và chỉ khi A và B cùng xảy ra. A ∩ B còn đượcviết là AB.• Nếu AB = ∅ , ta nói A và B xung khắc.3. Xác suất của biến cốa. Định nghĩa cổ điển của xác suất:Cho T là một phép thử ngẫu nhiên với khơng gian mẫu Ω là một tập hữu hạn.Giả sử A là một biến cố được mơ ta bằng Ω A ⊂ Ω . Xác suất của biến cố A, kíhiệu bởi P(A), được cho bởi cơng thứcΩSố kết quả thuận lợi cho AP( A ) = A =.Số kết quả có thể xảy raΩChú ý: • Xác suất của biến cố A chỉ phụ thuộc vào số kết quả thuận lợi chon(A )A, nên ta đồng nhất Ω A với A nên ta có : P( A ) =n(Ω)• P(Ω) = 1, P(∅) = 0, 0 ≤ P( A ) ≤ 1b. Định nghĩa thống kê của xác suấtXét phép thử ngẫu nhiên T và một biến cố A liên quan tới phép thử đó. Nếutiến hành lặp đi lặp lại N lần phép thử T và thống kê số lần xuất hiện của AKhi đó xác suất của biến cố A được định nghĩa như sau:Số lần xuất hiện của biến cố A .P( A ) =NB.PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN.Vấn đề 1. Xác định khơng gian mẫu và biến cốPhương pháp .Phương pháp: Để xác định khơng gian mẫu và biến cố ta thường sử dụngcác cách sauCách 1: Liệt kê các phần tử của khơng gian mẫu và biến cố rồi chúng tađếm.Cách 2:Sử dụng các quy tắc đếm để xác định số phần tử của khơng gianmẫu và biến cố.Các ví dụVí dụ 1. Trong một chiếc hộp đựng 6 viên bi đỏ, 8 viên bi xanh, 10 viên bitrắng. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi. Tính số phần tử của:1. Khơng gian mẫuA.10626B.14241C.14284D.313112. Các biến cố:A: “ 4 viên bi lấy ra có đúng hai viên bi màu trắng”A. n( A ) = 4245B. n( A ) = 4295C. n( A ) = 4095D. n( A ) = 3095B: “ 4 viên bi lấy ra có ít nhất một viên bi màu đỏ”A. n(B) = 7366B. n(B) = 7563C. n(B) = 7566D. n(B) = 7568C: “ 4 viên bi lấy ra có đủ 3 màu”A. n(C) = 4859B. n(C) = 58552D. n(C) = 8859C. n(C) = 5859Lời giải:1. Ta có: n(Ω) = C = 1062642422.C14= 40952. Số cách chọn 4 viên bi có đúng hai viên bị màu trắng là: C10Suy ra: n( A ) = 4095 .4Số cách lấy 4 viên bi mà khơng có viên bi màu đỏ được chọn là: C1844− C18= 7566 .Suy ra : n(B) = C244Số cách lấy 4 viên bi chỉ có một màu là: C64 + C84 + C10Số cách lấy 4 viên bi có đúng hai màu là:4444C14+ C18+ C14− 2(C64 + C84 + C10)Số cách lấy 4 viên bị có đủ ba màu là:44444C24− (C14+ C18+ C14) + (C64 + C84 + C10) = 5859Suy ra n(C) = 5859.Ví dụ 2. Một xạ thủ bắn liên tục 4 phát đạn vào bia. Gọi A k là các biến cố “xạ thủ bắn trúng lần thứ k ” với k = 1,2,3,4 . Hãy biểu diễn các biến cố sau quacác biến cố A1 , A 2 , A3 , A4A: “Lần thứ tư mới bắn trúng bia’’A. A = A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A 4B. A = A1 ∩ A2 ∩ A 3 ∩ A 4C. A = A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A 4B: “Bắn trúng bia ít nhất một lần’’A. B = A1 ∪ A2 ∪ A3 ∩ A 4C. B = A1 ∪ A2 ∩ A3 ∪ A 4D. A = A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A 4B. B = A1 ∩ A2 ∪ A3 ∪ A 4D. B = A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A 4c: “ Chỉ bắn trúng bia hai lần’’A. C = Ai ∪ A j ∩ A k ∩ Am , i , j , k, m∈ { 1,2,3,4} và đôi một khác nhau.B. C = Ai ∪ A j ∪ A k ∪ Am , i , j , k, m∈ { 1,2,3,4} và đôi một khác nhau.C. C = Ai ∩ A j ∪ A k ∪ Am , i , j , k, m∈ { 1,2,3,4} và đôi một khác nhau.D. C = Ai ∩ A j ∩ A k ∩ Am , i , j , k, m∈ { 1,2,3,4} và đôi một khác nhau.Lời giải:Ta có: A k là biến cố lần thứ k ( k = 1,2,3,4 ) bắn không trúng bia.Do đó:A = A1 ∩ A 2 ∩ A 3 ∩ A 4B = A1 ∪ A 2 ∪ A 3 ∪ A 4C = Ai ∩ A j ∩ A k ∩ Am với i , j , k, m∈ { 1,2,3,4} và đôi một khác nhau.CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬPBài 1 Xét phép thử tung con súc sắc 6 mặt hai lần. Tính số phần tử của:1. Xác định không gian mẫuA.36B.40C.38D.352. Các biến cố:A:“ số chấm xuất hiện ở cả hai lần tung giống nhau”A. n( A ) = 12B. n( A ) = 8C. n( A ) = 16D. n( A ) = 6B:“ Tổng số chấm xuất hiện ở hai lần tung chia hết cho 3”A. n(B) = 14B. n(B) = 13C. n(B) = 15D. n(B) = 11C: “ Số chấm xuất hiện ở lần một lớn hơn số chấm xuất hiện ở lần hai”.A. n(C) = 16B. n(C) = 17C. n(C) = 18D. n(C) = 15Lời giải:1. Không gian mẫu gồm các bộ (i ; j ) , trong đó i , j ∈ { 1,2,3,4,5,6}i nhận 6 giá trị, j cũng nhận 6 giá trị nên có 6.6 = 36 bộ (i ; j )Vậy Ω = { (i , j )| i , j = 1,2,3,4,5,6} và n(Ω) = 36 .2. Ta có: A = { (1,1);(2,2);(3,3),(4;4),(5;5),(6;6)} , n( A ) = 6Xét các cặp (i , j ) với i , j ∈ { 1,2,3,4,5,6} mà i + j M3Ta có các cặp có tổng chia hết cho 3 là (1,2);(1,5);(2,4),(3,3),(3,6),(4,5)Hơn nữa mỗi cặp (trừ cặp (3,3)) khi hoán vị ta được một cặp thỏa yêu cầu bàitoán.Vậy n(B) = 11.Số các cặp (i , j ); i > j là (2,1);(3,1);(3,2);(4,1);(4,2);(4,3);(5,1)(5,2);(5,3);(5,4),(6,1);(6,2);(6,3);(6,4);(6,5) .Vậy n(C) = 15 .Đăng ký mua file word trọn bộ chuyên đề Toán lớp 11:HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝSoạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu môn Toán”Gửi đến số điện thoạiVí dụ 2. Trong một chiếc hộp có 20 viên bi, trong đó có 8 viên bi màu đỏ, 7viên bi màu xanh và 5 viên bi màu vàng. Lấy ngẫu nhiên ra 3 viên bi. Tìmxác suất để:1. 3 viên bi lấy ra đều màu đỏ144141A. P( A ) =B. P( A ) =C. P( A ) =D. P( A ) =285285252852. 3 viên bi lấy ra có không quá hai màu.3434A. P(B) =B. P(B) =C. P(B) =75757D. P(B) =357Lời giải:Gọi biến cố A :“ 3 viên bi lấy ra đều màu đỏ”B : “3 viên bi lấy ra có không quá hai màu”33Số các lấy 3 viên bi từ 20 viên bi là: C20nên ta có: Ω = C20 = 11401. Số cách lấy 3 viên bi màu đỏ là: C83 = 56 nên Ω A = 56Do đó: P( A ) =ΩAΩ=5614=.1140 2852. Ta có:• Số cách lấy 3 viên bi chỉ có một màu: C83 + C73 + C53 = 101• Số các lấy 3 viên bi có đúng hai màu333Đỏ và xanh: C15 − C8 + C73Đỏ và vàng: C13(−(C38()+C )35333Vàng và xanh: C12 − C5 + C7)Nên số cách lấy 3 viên bi có đúng hai màu:333C15+ C13+ C12− 2 C83 + C73 + C53 = 759(Do đó: Ω B = 860 . Vậy P(B) =ΩBΩ=)43.57Ví dụ 3. Chọn ngẫu nhiên 3 số trong 80 số tự nhiên 1,2,3, . . . ,801. Tính xác suất của biến cố A : “trong 3 số đó có và chỉ có 2 số là bội số của5”9669696A. n( A ) =B. n( A ) =C. n( A ) =D. n( A ) =127102710710272. Tính xác suất của biến cố B : “trong 3 số đó có ít nhất một số chínhphương”A. n(B) =53254B. n(B) =56205C. n(B) =5632054D. n(B) =53204Lời giải:3= 82160Số cách chọn 3 số từ 80 số là: n(Ω) = C80 801. Từ 1 đến 80 có   = 16 số chia hết cho 5 và có 80 − 16 = 64 số không chia 5hết cho 5.12C64.C169612=Do đó: n( A ) = C64.C16 ⇒ P( A ) =.31027C802. Từ 1 đến 80 có 8 số chính phương là: 1,4,9,16,25,36,49,64.3Số cách chọn 3 số không có số chính phương nào được chọn là: C7233C80− C72563=Suy ra n(B) = C − C ⇒ P(B) =.32054C80380372CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬPBài 1 Gieo con súc sắc 100 lần, kết quả thu được ghi ở bảng sauSố chấmSố lần xuất hiện114218330412514612Hãy tìm xác suất của các biến cốA: “mặt sáu chấm xuất hiện”3111317A. P( A ) =B. P(A ) =C. P( A ) =D. P( A ) =25100100100B: “ mặt hai chấm xuất hiện”121139A. P(B) =B. P(B) =C. P(B) =D. P(B) =50505050C: “ một mặt lẻ xuất hiện”9292A. P(C) =B. P(C) =C. P(C) =505050Lời giải:Xem việc tung con súc sắc là một phép thử ngẫu nhiênSố lần thực hiện phép thử: N = 100Số lần xuất hiện của biến cố A: 12123=Suy ra : P( A ) =100 25D. P(C) =350Số lần xuất hiện của biến cố B: 18189=Suy ra P(B) =100 50Số lần xuất hiện của biến cố C: 14 + 30 + 14 = 5858 29=Suy ra P(C) =.100 50Bài 2 Tung một đồng tiền hai lần. Tìm xác suất để hai lần tung đó1. Đều là mặt S113A. P( A ) =B. P( A ) =C. P( A ) =D. P( A ) = 14242. Một S một N1A. P(B) =3B. P(B) =14C. P(B) = 1D. P(B) =Lời giải:Ta có không gian mẫu Ω = { SS,SN , NN , NS} ⇒ n(Ω) = 4Gọi các biến cố: A: “ hai lần tung đều là mặt sấp”B: “ hai lần tung có một S một N”Suy ra A = { SS} ⇒ n(A ) = 1; B = { SN , NS} ⇒ n(B) = 212n(A ) 1=n(Ω) 4n(B) 2 1= = .2. Ta có: P(B) =n(Ω) 4 21. Ta có: P( A ) =Bài 3 Một bình đựng 16 viên bi ,7 viên bi trắng ,6 viên bi đen,3 viên bi đỏ.1. Lấy ngẫu nhiên ba viên bi .Tính xác suất của các biến cố :A: “Lấy được 3 viên đỏ “1111A. P( A ) =B. P( A ) =C. P( A ) =D. P( A ) =506056560B: “ Lấy cả ba viên bi không có bi đỏ”1431314A. P(B) =B. P(B) =C. P(B) =280280280C: “ Lấy được 1 bi trắng ,1 bi đen ,1 bi đỏ”13711A. P(C) =B. P(C) =C. P(C) =4040402. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi .Tình xác suất của các biến cốX: “Lấy đúng 1 viên bi trắng”D. P(B) =1320D. P(C) =940A. P(X ) =2265B. P(X ) =2165Y: “ Lấy đúng 2 viên bi trắng”2721A. P(Y ) =B. P(Y ) =6565C. P(X ) =2365D. P(X ) =165C. P(Y ) =2265D. P(Y ) =7653. Lấy ngẫu nhiên 10 viên bi .Tính xác suất của biến cố D: “lấy được 5 viên bitrắng , 3 bi đen, 2 bi đỏ”.5152545A. P(D) =B. P(D ) =C. P(D) =D. P(D) =286286286286Lời giải:31. Ta có: n(Ω) = C16 = 56015601433n(B) = C13= 286 ⇒ P(B) =280n( A ) = C33 = 1⇒ P(A ) =n(C) = C71C61C31 = 126 ⇒ P(C) =9404= 18202. Ta có : n(Ω) = C16216527n(Y ) = C72.C92 = 756 ⇒ P(Y ) =.6510= 80083. Ta có: n(Ω) = C16n(X ) = C71.C93 = 588 ⇒ P(X ) =n(D ) = C75.C63.C32 = 1260 ⇒ P(D) =45.286Bài 4. Tung một đồng tiền ba lần1. Mô tả không gian mẫuA. Ω = { SSS,SSN ,SNS,SNN , NSN , NNS, NNN }B. Ω = { SSS,SSN ,SNN , NSN , NSS, NNS, NNN }C. Ω = { SSS,SSN ,SNS,SNN , NSS, NNS, NNN }D. Ω = { SSS,SSN ,SNS,SNN , NSN , NSS, NNS, NNN }2. Xác định các biến cố sau và tính xác suất các biến cố đóA: “ Có ít nhất một lần xuất hiện mặt S”7354A.B.C.D.8888B: “ Mặt N xuất hiện ít nhất hai lần”73A.B.88C.58C: “ Lần thứ hai xuất hiện mặt S”735A.B.C.888Lời giải:1. Ta có: Ω = { SSS,SSN ,SNS,SNN , NSN , NSS, NNS, NNN }D.48D.482. Ta có: A = { SSS,SSN ,SNS,SNN , NSN , NSS, NNS}B = { NNS, NSN ,SNN , NNN }C = { SSS,SSN , NSS, NSN }Bài 5. Trong một chiếc hộp có 7 viên bi trắng, 8 viên bi đỏ và 10 viên bivàng. Lấy ngẫu nhiên ra 6 viên bi1. Tính số phần tử của không gian mẫuA. n(Ω) = 177100B. n(Ω) = 177121C. n(Ω) = 1771001 D. n(Ω) = 177002. Tính xác suất của các biến cố sauA: “ 6 viên bi lấy ra cùng một màu”717A. P( A ) =B. P( A ) =50605060B: “ có ít nhất một viên bi màu vàng”477A. P(B) =B. P(B) =460460C. P( A ) =735060D. P( A ) =275060C. P(B) =44461D. P(B) =447460D. P(C) =202253C: “ 6 viên bi lấy ra có đủ ba màu”22202A. P(C) =B. P(C) =C. P(C) =253253253Lời giải:6= 1771001. Ta có: n(Ω) = C256= 245 ⇒ P(A ) =2. Ta có: n(A ) = C76 + C86 + C1075060447460Ta có: Số cách lấy 6 viên bi cùng một màu: 245 cáchSố cách lấy 6 viên bi gồm hai màu:66666C15− C86 + C76 + C17− C10+ C76 + C18− C10+ C86 = 35455666Ta có: n(B) = C15⇒ n(B) = C25− C15= 172095 ⇒ P(B) =()()()Suy ra n(C) = 177100 − 35455− 245 = 141400. Vậy P(C) =202.253Bài 6 Chọn ngẫu nhiên 5 quân bài trong cỗ bài tú lơ khơ .Tính xác suất đểtrong sấp bài chứa hai bộ đôi ( hai con cùng thuộc 1 bộ ,hai con thuộc bộ thứ2,con thứ 5 thuộc bộ khác19819198198A. P( A ) =B. P(A ) =C. P(A ) =D. P( A ) =4654154165416Lời giải:Gọi A là biến cố cách chọn thỏa yêu cầu bài toán.2Chọn hai bộ 2 có C13cách, mỗi bộ có C42 cách vậy có2C13.C42.C42 cách . có 11 cách chọn bộ 1 .25.C42.C42.11.4 = n( A ) ; n(Ω) = C52Mỗi cách chọn bộ 1 có 4 cách chọn vậy có C13. VậyP( A ) =198.4165Bài 7 Chọn ngẫu nhiên 5 quân bài .Tính xác suất để trong sấp bài có 5 quânlập thành bộ liên tiếp tức là bộ (A,2-3-4-5) (2-3-4-5-6) ….(10 –J-Q-K-A) .QuânA vừa là quân bé nhất vừa là quân lớn nhất.1281818128A. P( A ) =B. P(A ) =C. P(A ) =D. P(A ) =328732487328732487Lời giải:5Ta có n(Ω) = C52. Có 10 bộ thỏa mãn bài toánMỗi bộ có 4.4.4.4.4=1024 vậy n( A ) = 10240 ⇒ P( A ) =128.32487Bài 8 Một hộp đựng 9 thẻ được đánh từ 1,2,3…9 .Rút ngẫu nhiên 5 thẻ. Tínhxác suất để1. Các thẻ ghi số 1,2,3C52C62C62C63PA=PA=PA=PA=A. ( )B. ( )C. ( )D. ( )C95C95C94C952. Có đúng 1 trong ba thẻ ghi 1,2,3 được rútC1C 4C1C 4C1C 4A. P ( B) = 6 5 6B. P ( B) = 5 5 6C. P ( B) = 3 5 6C9C9C9D. P ( B) =C31 + C64C953. Không có thẻ nào trong ba thẻ được rútC64C65C65PC=PC=PC=A. ( )B. ( )C. ( )C95C94C95Lời giải:D. P ( C ) =C62C951. P ( A ) =C62C952. P ( B) =C31C64C953. P ( C ) =C65.C95Bài 9 Chon ngẫu nhiên 3 số từ tập { 1,2,....,10,11}1. Tính xác suất để tổng ba số được chọn là 12752A. P ( A ) = 4B. P ( A ) = 3C. P ( A ) = 3C11C11C11D. P ( A ) =73C112. Tính xác suất để tổng ba số đực chọn là số lẻC1 + C 3C 0C1C 2 + C 0A. P ( B) = 6 3 6 5B. P ( B) = 6 5 3 5C11C11C61C52 + C63C50C. P ( B) =3C11C61 + C50D. P ( B) =3C11Lời giải:Ta có: 12 = 1+ 2 + 9 = 1+ 3+ 8 = 1+ 4 + 7 = 1+ 5+ 6 = 2 + 3+ 7= 2 + 4+ 6 = 3+ 4+ 5.7C61C52 + C63C50PA=1. ( )2. P ( B) =33C11C11Bài 10 Một người đi du lịch mang 5 hộp thịt, 4 hộp quả, 3 hộp sữa .Do trờimưa các hộp bị mất nhãn .Người đó chọn ngẫu nhiên 3 hộp .Tính xác suất đểtrong đó có 1 hộp thịt, một hộp sữa và một hộp quả.C1C1 + C1C1 + C1C1A. P ( A ) = 5 43 3B. P ( A ) = 5 3 4 3C12C12C51 + C41 + C31C. P ( A ) =3C12C51C41C31D. P ( A ) =3C12Lời giải:Đáp số P ( A ) =151 14 3312CCCCBài 11 Ngân hàng đề thi gồm 100 câu hỏi, mỗi đề thi có 5 câu. Một học sinhhọc thuộc 80 câu. Tính xác suất để học sinh đó rút ngẫu nhiên được một đềthi có 4 câu học thuộc.C 4 + C1C4C1C 4 C1A. P ( A ) = 80 5 20 B. P ( A ) = 580C. P ( A ) = 520D. P ( A ) = 805 20C100C100C100C100Lời giải:5Chọn 5 câu làm một đề Ω = C10041Chọn n( A ) = C80C20 ⇒ P ( A ) =41C80C205C100Bài 12 Một đoàn tàu có 7 toa ở một sân ga. Có 7 hành khách từ sân ga lêntàu, mỗi người độc lập với nhau và chọn một toa một cách ngẫu nhiên. Tìmxác suất của các biến cố sauA: “ Một toa 1 người, một toa 2 người, một toa có 4 người lên và bốn toakhông có người nào cả”45040450450A. P( A ) =B. P( A ) =C. P( A ) =D. P( A ) =180716807168071607B: “ Mỗi toa có đúng một người lên”.6!5!8!A. P(B) = 7B. P(B) = 7C. P(B) = 7777Lời giải:7Số cách lên toa của 7 người là: Ω = 7 .D. P(B) =7!771. Tính P( A ) = ?Ta tìm số khả năng thuận lợi của A như sau• Chọn 3 toa có người lên: A73• Với toa có 4 người lên ta có: C74 cách chọn• Với toa có 2 người lên ta có: C32 cách chọn• Người cuối cùng cho vào toa còn lại nên có 1 cách342Theo quy tắc nhân ta có: Ω A = A7 .C7 .C3Do đó: P( A ) =ΩAΩ=450.168072. Tính P(B) = ?Mỗi một cách lên toa thỏa yêu cầu bài toán chính là một hoán vị của 7 phầntừ nên ta có: Ω B = 7!Do đó: P(B) =ΩBΩ=7!.77Bài 13 Một người bỏ ngẫu nhiên bốn lá thư vào 4 bì thư đã được ghi địa chỉ.Tính xác suất của các biến cố sau:A: “ Có ít nhất một lá thư bỏ đúng phong bì của nó”.5317A. P( A ) =B. P( A ) =C. P( A ) =D. P( A ) =8888Lời giải:Số cách bỏ 4 lá thư vào 4 bì thư là: Ω = 4! = 24Kí hiệu 4 lá thư là: L1 , L2 , L3 , L4 và bộ ( L1 , L2 , L3 , L4 ) là một hóa vị của các số1,2,3,4 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 là thư bỏ đúng địa chỉ:+) số cách bỏ 2 lá thư đúng địa chỉ là: C42+) khi đó có 1 cách bỏ hai là thư còn lạiNên trường hợp này có: C42 = 6 cách bỏ.• Có đúng 1 lá thư bỏ đúng địa chỉ:Số cách chọn lá thư bỏ đúng địa chỉ: 4 cáchSố cách chọn bỏ ba lá thư còn lại: 2.1 = 2 cáchNên trường hợp này có: 4.2 = 8 cách bỏ.Do đó: Ω A = 1+ 6+ 8 = 15Vậy P( A ) =ΩAΩ=15 5= .24 8Bài 14 Gieo một con xúc sắc đồng chất cân đối ba lần liên tiếp. Tìm xác suấtcủa các biến cố sau:A: “ Tổng số chấm xuất hiện trong ba lần là 10”1311A. P( A ) =B. P( A ) =C. P( A ) =D. P( A ) =8848B: “Có ít nhất một mặt chẵn xuất hiện”.735A. P(B) =B. P(B) =C. P(B) =888Lời giải:Ta có các khả năng xảy ra là: Ω = 6.6.6 = 216D. P(B) =181. Gọi dãy (x1 , x2 , x3) là kết quả theo thứ tự của ba lần gieo vớix1 , x2 , x3 ∈ { 1,2,3,4,5,6} .Phương trình x1 + x2 + x3 = 10 có các bộ nghiệm (chưa tính hoán vị) là:(1,3,6) ; (1,4,5) ; (2,2,6) ; (2,3,5) ; (2,4,4) ; (3,4,3) .Với mỗi bộ nghiệm ba số phân biệt cho ta 3! = 6 khả năng xảy ra, còn các bộnghiệm (2,2,6) ; (2,4,4) và (3,4,3) chỉ có ba khả năng xảy raΩA 1= .Do đó Ω A = 6.3+ 3.3 = 27 nên P( A ) =8Ω2. Khả năng xuất hiện mặt lẻ của mỗi lần gieo là: 3Suy ra khả năng ba lần gieo đều xuất hiện mặt lẻ là: 33 = 27Do đó Ω B = 216 − 27 = 189 nên P(B) =ΩBΩ=189 7= .216 8Vấn đề 3. Các quy tắt tính xác suấtPhương pháp1. Quy tắc cộng xác suấtNếu hai biến cố A và B xung khắc thì P( A ∪ B) = P(A ) + P(B)• Mở rộng quy tắc cộng xác suấtCho k biến cố A1 , A 2 ,..., A k đôi một xung khắc. Khi đó:P( A1 ∪ A 2 ∪ ... ∪ A k ) = P( A1) + P( A 2 ) + ... + P( A k ) .• P( A ) = 1− P( A )• Giải sử A và B là hai biến cố tùy ý cùng liên quan đến một phép thử. Lúcđó: P( A ∪ B) = P ( A ) + P ( B) − P ( AB) .2. Quy tắc nhân xác suất• Ta nói hai biến cố A và B độc lập nếu sự xảy ra (hay không xảy ra) của Akhông làm ảnh hưởng đến xác suất của B.• Hai biến cố A và B độc lập khi và chỉ khi P ( AB) = P ( A ) .P ( B) .Bài toán 01: Tính xác suất bằng quy tắc cộngPhương pháp: Sử dụng các quy tắc đếm và công thức biến cố đối, côngthức biến cố hợp.• P( A ∪ B) = P(A ) + P(B) với A và B là hai biến cố xung khắc• P( A ) = 1− P( A ) .Các ví dụVí dụ 1. Một con súc sắc không đồng chất sao cho mặt bốn chấm xuất hiệnnhiều gấp 3 lần mặt khác, các mặt còn lại đồng khả năng. Tìm xác suất đểxuất hiện một mặt chẵn5371A. P( A ) =B. P( A ) =C. P( A ) =D. P( A ) =8888Lời giải:Gọi Ai là biến cố xuất hiện mặt i chấm (i = 1,2,3,4,5,6)Ta có P( A1) = P( A2 ) = P(A 3) = P(A 5 ) = P(A 6 ) =16Do1P( A 4 ) = x3∑ P(A ) = 1⇒ 5x + 3x = 1⇒ x = 8k=1kĐăng ký mua file word trọn bộ chuyên đề Toán lớp 11:HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝSoạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu môn Toán”Gửi đến số điện thoạiP ( A ) = P ( D) + P ( X ) + P ( V ) + P ( T ) =256 64=.2195C40Ví dụ 5. Một cặp vợ chồng mong muốn sinh bằng đựơc sinh con trai ( Sinhđược con trai rồi thì không sinh nữa, chưa sinh được thì sẽ sinh nữa ). Xácsuất sinh được con trai trong một lần sinh là 0,51. Tìm xác suất sao cho cặpvợ chồng đó mong muốn sinh được con trai ở lần sinh thứ 2.A. P(C) = 0,24B. P(C) = 0,299C. P(C) = 0,24239 D. P(C) = 0,2499Lời giải:Gọi A là biến cố : “ Sinh con gái ở lần thứ nhất”, ta có:P( A ) = 1− 0,51 = 0,49.Gọi B là biến cố: “ Sinh con trai ở lần thứ hai”, ta có: P(B) = 0,51Gọi C là biến cố: “Sinh con gái ở lần thứ nhất và sinh con trai ở lần thứ hai”Ta có: C = AB , mà A , B độc lập nên ta có:P(C) = P( AB) = P(A ).P(B) = 0,2499 .CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬPBài 1 Một hộp đựng 10 viên bi trong đó có 4 viên bi đỏ ,3 viên bi xanh,2 viênbi vàng,1 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên 2 bi tính xác suất biến cố : A: “2 viênbi cùng màu”12A. P ( C ) =B. P ( C ) = C.9941P ( C) =D. P ( C ) =93Lời giải:2Ta có: n(Ω) = C10Gọi các biến cố: D: “lấy được 2 viên đỏ” ; X: “lấy được 2 viên xanh” ;V: “lấy được 2 viên vàng”Ta có D, X, V là các biến cố đôi một xung khắc và C = D ∪ X ∪ V2 C32 1 10 2P ( C) = P ( D) + P ( X ) + P ( V ) = ++== .5 45 15 45 9Bài 2 Chọn ngẫu nhiên một vé xổ số có 5 chữ số được lập từ các chữ số từ 0đến 9. Tính xác suất của biến cố X: “lấy được vé không có chữ số 2 hoặc chữsố 7”A. P(X ) = 0,8533B. P(X ) = 0,85314C. P(X ) = 0,8545 D.P(X ) = 0,853124Lời giải:5Ta có n(Ω) = 10Gọi A: “lấy được vé không có chữ số 2”B: “lấy được vé số không có chữ số 7”Suy ra n( A ) = n(B) = 95 ⇒ P ( A ) = P ( B) = ( 0,9)5Số vé số trên đó không có chữ số 2 và 7 là: 85 , suy ra n( A ∩ B) = 85⇒ P(A ∩ B) = (0,8)5Do X = A ∪ B ⇒ P(X ) = P ( A ∪ B) = P ( A ) + P ( B) − P ( A ∩ B) = 0,8533 .Bài 3: Cho ba hộp giống nhau, mỗi hộp 7 bút chỉ khác nhau về màu sắcHộp thứ nhất : Có 3 bút màu đỏ, 2 bút màu xanh , 2 bút màu đenHộp thứ hai : Có 2 bút màu đỏ, 2 màu xanh, 3 màu đenHộp thứ ba : Có 5 bút màu đỏ, 1 bút màu xanh, 1 bút màu đenLấy ngẫu nhiên một hộp, rút hú họa từ hộp đó ra 2 bútTính xác suất của biến cố A: “Lấy được hai bút màu xanh”1222A. P ( A ) =B. P ( A ) =C. P ( A ) =D. P ( A ) =63336663Tính xác suất của xác suất B: “Lấy được hai bút không có màu đen”131331A. P ( B) =B. P ( B) =C. P ( B) =D. P ( B) =63636363Lời giải:1Gọi X i là biến cố rút được hộp thứ i , i = 1,2,3 ⇒ P ( X i ) =3AGọi i là biến cố lấy được hai bút màu xanh ở hộp thứ i, i = 1,2,31Ta có: P ( A1 ) = P ( A2 ) = 2 , P ( A3 ) = 0 .C7 21 1Vậy P ( A ) =  2. 2 + 0÷÷ = 63 .3  C7Gọi Bi là biến cố rút hai bút ở hộp thứ i không có màu đen.P ( B1 ) =C52C42C62,PB=,PB=( 2 ) C2 ( 3 ) C2C72771  C 2 + C42 + C62  31Vậy có P ( B) =  5÷÷ = 63 .3C72Bài 4: Cả hai xạ thủ cùng bắn vào bia. Xác suất người thứ nhất bắn trúng bialà 0,8; người thứ hai bắn trúng bia là 0,7. Hãy tính xác suất để :1. Cả hai người cùng bắn trúng ;A. P( A ) = 0,56B. P( A ) = 0,6C. P( A ) = 0,5D. P( A ) = 0,3262. Cả hai người cùng không bắn trúng;A. P(B) = 0,04B. P(B) = 0,06C. P(B) = 0,083. Có ít nhất một người bắn trúng.A. P(C) = 0,95B. P(C) = 0,97C. P(C) = 0,94Lời giải:1. Gọi A1 là biến cố “ Người thứ nhất bắn trúng bia”D. P(B) = 0,05D. P(C) = 0,96A2 là biến cố “ Người thứ hai bắn trúng bia”Gọi A là biến cố “cả hai người bắng trúng”, suy ra A = A1 ∩ A2Vì A1 , A 2 là độc lập nên P( A ) = P( A1)P( A2 ) = 0,8.0,7 = 0,562. Gọi B là biến cố "Cả hai người bắn không trúng bia".Ta thấy B = A1 A 2 . Hai biến cố A1 và A2 là hai biến cố độc lập nên( ) ( )P(B) = P A1 P A 2 = 1− P(A1) 1− P(A 2 ) = 0,063. Gọi C là biến cố "Có ít nhất một người bắn trúng bia", khi đó biến cố đốicủa B là biến cố C.Do đó P(C) = 1− P(D) = 1− 0,06 = 0,94 .Bài 5 Một chiếc máy có hai động cơ I và II hoạt động độc lập với nhau.Xácsuất để động cơ I và động cơ II chạy tốt lần lượt là 0,8 và 0,7 . Hãy tính xácsuất để1. Cả hai động cơ đều chạy tốt ;A. P(C) = 0,56B. P(C) = 0,55C. P(C) = 0,58D. P(C) = 0,502. Cả hai động cơ đều không chạy tốt;A. P(D ) = 0,23B. P(D ) = 0,56C. P(D ) = 0,06D. P(D ) = 0,043. Có ít nhất một động cơ chạy tốt.A. P(K ) = 0,91B. P(K ) = 0,34C. P(K ) = 0,12D. P(K ) = 0,94Lời giải:1. Gọi A là biến cố "Động cơ I chạy tốt", B là biến cố "Động cơ II chạy tốt" Clà biến cố "Cả hai động cơ đều chạy tốt".Ta thấy A, B là hai biến cố độc lậpvới nhau và C = AB .Ta có P(C) = P( AB) = P(A )P(B) = 0,562. Gọi D là biến cố "Cả hai động cơ đều chạy không tốt".Ta thấy D = AB . Haibiến cố A và B độc lập với nhau nênP(D ) = ( 1− P(A )) ( 1− P(B)) = 0,06.3. Gọi K là biến cố "Có ít nhất một động cơ chạy tốt",khi đó biến cố đối của Klà biến cố D. Do đó P(K ) = 1− P(D) = 0,94 .Bài 6 Có hai xạ thủ I và xạ tám xạ thủ II .Xác suất bắn trúng của I là 0,9 ;xác suất của II là 0,8 lấy ngẫu nhiên một trong hai xạ thủ, bắn một viênđạn .Tính xác suất để viên đạn bắn ra trúng đích.A. P ( A ) = 0,4124 B. P ( A ) = 0,842C. P ( A ) = 0,813 D. P ( A ) = 0,82Lời giải:Gọi Bi là biến cố “Xạ thủ được chọn lọa i ,i=1,2A là biến cố viên đạn trúng đích . Ta có :28P ( Bi ) = , P ( B2 ) = & P ( A / B1 ) = 0,9P ( A / B2 ) = 0,810102 9 8 8Nên P ( A ) = P ( B1 ) P ( A / B1 ) + P ( B2 ) P ( A / B2 ) = . + . = 0,8210 10 10 10Bài 7 Bốn khẩu pháo cao xạ A,B,C,D cùng bắn độc lập vào một mục tiêu.Biết xác suất bắn trúng của các khẩu pháo tương ứng là1245P ( A ) = .P ( B) − , P ( C ) = , P ( D ) = .Tính xác suất để mục tiêu bị bắn trúng2357144A. P ( D ) =B. P ( D ) =105154104C. P ( D ) =D. P ( D ) =105105Lời giải:1 1 1 21Tính xác suất mục tiêu không bị bắn trúng: P ( H ) = . . . =2 3 5 7 1051 104=Vậy xác suất trúng đích P ( D ) = 1−.105 105Bài 8 Một hộp đựng 10 viên bi trong đó có 4 viên bi đỏ ,3 viên bi xanh, 2 viênbi vàng,1 viên bi trắng .Lấy ngẫu nhiên 2 bi tính xác suất biến cố1. 2 viên lấy ra màu đỏC2C2C2C2A. n( A ) = 24B. n( A ) = 25C. n( A ) = 42D. n( A ) = 27C10C10C8C102. 2 viên bi một đỏ ,1 vàng82A. n(B) =B. n(B) =5553. 2 viên bi cùng màuC. n(B) =815D. n(B) =845152C. P ( C ) =D. P ( C ) =999Lời giải:2Ω = C10; A là biến cố câu a, B là biến cố câu b, C là biến cố câu cA. P ( C ) =79B. P ( C ) =C421. n( A ) = C ⇒ P ( A ) = 2C1024C41.C21 8=245C103. Đ là biến cố 2 viên đỏ ,X là biến cố 2 viên xanh ,V là biến cố 2 viên vàngĐ , X, V là các biến cố đôi một xung khắc2 C32 1 10 2P ( C) = P ( D) + P ( X ) + P ( V ) = ++== .5 45 15 45 9112. n(B) = C4.C2 ⇒ P ( B) =Bài 9 Gieo ngẫu nhiên một con xúc xắc 6 lần .Tính xác suất để một số lớnhơn hay bằng 5 xuất hiện ít nhất 5 lần trong 6 lần gieo23131313A.B.C.D.7297929729Lời giải:Gọi A là biến cố một số lớn hơn hay bẳng 5 chấm trong mỗi lần gieo .A xảy ra2 1,con xúc xắc xuất hiện mặt 5 ,chấm hoặc 6 chấm ta có P ( A ) = = .6 36 1Trong 6 lần gieo xác suất để biến cố A xảy ra đúng 6 lần P ( A.A.A.A.A.A ) =  ÷ 3Xác suất để được đúng 5 lần xuất hiện A và 1 lần không xuất hiện A theo một5 1 2thứ tự nào đó  ÷ . 3 35 1  2 12Vì có 6 cách để biến cố này xuất hiện : 6. ÷ . = 3  3 729612  1 13Vậy xác xuất để A xuất hiện ít nhất 5 lần là.+ ÷ =729  3  729Bài 10 Một người bắn liên tiếp vào một mục tiêu khi viên đạn trúng mục tiêuthì thôi (các phát súng độc lập nhau ). Biết rằng xác suất trúng mục tiêu củamỗi lần bắn như nhau và bằng 0,6 .Tính xác suất để bắn đến viên thứ 4 thìngừng bắnA. P ( H ) = 0,03842 B. P ( H ) = 0,384C. P ( H ) = 0,03384 D. P ( H ) = 0,0384Lời giải:Gọi Ai là biến cố trúng đích lần thứ 4H là biến cố bắn lần thứ 4 thì ngừng H = A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4P ( H ) = 0,4.0,4.0,4.0,6 = 0,0384 .Bài 11 Chọn ngẫu nhiên một vé xổ số có 5 chữ số được lập từ các chữ số từ0 đến 9. Tính xác suất của biến cố X: “lấy được vé không có chữ số 1 hoặcchữ số 2” .A. P(X ) = 0,8534B. P(X ) = 0,84C. P(X ) = 0,814D. P(X ) = 0,8533Lời giải:5Ta có Ω = 10Gọi A: “lấy được vé không có chữ số 1”B: “lấy được vé số không có chữ số 2”Suy ra Ω A = Ω B = 95 ⇒ P ( A ) = P ( B) = ( 0,9)55Số vé số trên đó không có chữ số 1 và 2 là: 85 , suy ra Ω A ∩ B = 8Nên ta có: P( A ∩ B) = (0,8)5Do X = A ∪ B .Vậy P(X ) = P ( A ∪ B) = P ( A ) + P ( B) − P ( A ∩ B) = 0,8533 .Bài 12 Một máy có 5 động cơ gồm 3 động cơ bên cánh trái và hai động cơbên cánh phải. Mỗi động cơ bên cánh phải có xác suất bị hỏng là 0,09, mỗiđộng cơ bên cánh trái có xác suất bị hỏng là 0,04. Các động cơ hoạt độngđộc lập với nhau. Máy bay chỉ thực hiện được chuyến bay an toàn nếu có ítnhất hai động cơ làm việc. Tìm xác suất để máy bay thực hiện được chuyếnbay an toàn.A. P( A ) = 0,9999074656B. P( A ) = 0,981444C.P( A ) = 0,99074656P(A)=0,91414148D.Lời giải: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 bay không an toàn khi xảy ra một trong các trường hợp sauTH 1: Cả 5 động cơ đều bị hỏngTa có xác suất để xảy ra trường hợp này là: ( 0,09) .( 0,04)32TH 2: Có một động cơ ở cánh phải hoạt động và các động cơ còn lại đều bịhỏng. Xác suất để xảy ra trường hợp này là: 3.( 0,09) .0,91.(0,04)22TH 3: Có một động cơ bên cánh trái hoạt động, các động cơ còn lại bị hỏngXác suất xảy ra trường hợp này là: 2.0,04.0,96.(0,09)3( )P A = ( 0,09) .( 0,04) + 3.( 0,09) .0,91.(0,04)2 + 2.0,04.0,96.(0,09)332= 0,925344.10−4 .2( )Vậy P( A ) = 1− P A = 0,9999074656 .Bài 13 Ba cầu thủ sút phạt đến 11m, mỗi người đá một lần với xác suất làmbàn tương ứng là x , y và 0,6 (với x > y ) . Biết xác suất để ít nhất một trongba cầu thủ ghi bàn là 0,976 và xác suất để cả ba cầu thủ đều ghi ban là 0,336. Tính xác suất để có đúng hai cầu thủ ghi bàn.A. P(C) = 0,452B. P(C) = 0,435C. P(C) = 0,4525 D. P(C) = 0,4245Lời giải: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 ( A 3 ) = 0,6 .Gọi A là biến cố: “ Có ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn”B: “ Cả ba cầu thủ đều ghi bàn”C: “Có đúng hai cầu thủ ghi bàn”( ) ( ) ( ) ( )Ta có: A = A1.A2.A 3 ⇒ P A = P A1 .P A 2 .P A 3 = 0,4(1− x)(1− y)( )Nên P( A ) = 1− P A = 1− 0,4(1− x)(1− y) = 0,976347⇔ xy − x − y = −(1).5050Tương tự: B = A1.A 2.A 3 , suy ra:Suy ra (1− x)(1− y) =P ( B) = P ( A1 ) .P ( A 2 ) .P ( A 3 ) = 0,6xy = 0,336 hay là xy =14(2)2514 xy = 25Từ (1) và (2) ta có hệ: , giải hệ này kết hợp với x > y ta tìm được3x + y =2x = 0,8 và y = 0,7 .Ta có: C = A1A 2A 3 + A1 A 2A3 + A1A 2 A 3Nên P(C) = (1− x)y.0,6 + x(1− y).0,6 + xy.0,4 = 0,452 .Bài 14 Một bài trắc nghiệm có 10 câu hỏi, mỗi câu hỏi có 4 phương án lựachọn trong đó có 1 đáp án đúng. Giả sử mỗi câu trả lời đúng được 5 điểm vàmỗi câu trả lời sai bị trừ đi 2 điểm. Một học sinh không học bài nên đánh húhọa một câu trả lời. Tìm xác suất để học sinh này nhận điểm dưới 1.A. P( A ) = 0,7124B. P( A ) = 0,7759C. P( A ) = 0,7336 D. P( A ) = 0,783Lời giải:1Ta có xác suất để học sinh trả lời câu đúng làvà xác suất trả lời câu sai là43.4Gọi x là số câu trả lời đúng, khi đó số câu trả lời sai là 10 − xSố điểm học sinh này đạt được là : 4x − 2(10 − x) = 6x − 20Nên học sinh này nhận điểm dưới 1 khi 6x − 20 < 1 ⇔ x <216Mà x nguyên nên x nhận các giá trị: 0,1,2,3 .Gọi Ai ( i = 0,1,2,3) là biến cố: “Học sinh trả lời đúng i câu”A là biến cố: “ Học sinh nhận điểm dưới 1”Suy ra: A = A0 ∪ A1 ∪ A2 ∪ A3 và P( A ) = P( A0 ) + P( A1) + P( A 2 ) + P(A 3)i10− i 1  3Mà: P( Ai ) = C . ÷  ÷ 4  4i10i10− i 1  3nên P( A ) = ∑ C . ÷  ÷i =0 4  43i10= 0,7759.Vấn đề 4. Biến cố ngẫu nhiênPhương pháp1. Khái niệm biến ngẫu nhiên rời rạcBiến ngẫu nhiên hay đại lượng ngẫu nhiên là một quy tắc cho ứng mỗi kếtquả của phép thử với một số thực:Giả sử X là một biến ngẫu nhiên và a là một giá trị của nó. biến cố “X nhậngiá trị a” được kí hiệu là  X = a hay ( X = a)Giải sử X có tập các giá trị là {x1, x2,…,xn}Đặt: p1 = P ( X = x1 ) ,… , pn = P ( X = xn ) . Ta có bảng sau đây gọi là bảng phân phốixác suất của biến ngẫu nhiên X.……Xx1x2xn……Pp1p2pn2. Kì vọng, phương sai, độ lệch chuẩn.Giả sử X là biến ngẫu nhiên có bảng phân phối (1). Kì vọng của X, kí hiệu E(X), là một số được cho bởi công thức:nE ( X ) = x1p1 + … + xnpn = ∑ xi pi(2)i =1Phương sai của biến ngẫu nhiên X, kí hiệu V (X ) , là một số được cho bởi côngthức:nnV (X ) = ∑ ( xi − E(X )) pi = ∑ xi2pi − ( E(X ))i =12i =12Độ lệch chuẩn của biến ngẫu nhiên X, kí hiệu: σ(X ) , là một số được cho bởicông thức:σ(X ) = V (X )Kì vọng của X là số đặc trưng cho giá trị trung bình của X.Phương sai là độ lệch chuẩn là số đặc trung cho độ phân tán của X so với kìvọng của X.Bài toán 01: Lập bảng phân bố xác suấtPhương pháp: Để lập bảng phân bố xác suất của biến ngãu nhiên X ta làmnhư sau• Tìm tập giá trị của XĐể tìm tập giá trị của X ta có thể tiến hành theo hai cách sauCách 1: Dựa vào cách mô tả của X ta có thể liệt kê được các giá trị cảu X cóthể nhận, không cần mô tả không gian mẫu.Cách 2: Liệt kê các kết quả của không gian mẫu Ω ; với mỗi kết quả a, tínhgiá trị X (a) của biến cố X tại a. Từ đó ta có tập giá trị của X (Ω) .(X = xi ). • . Giả sử X (Ω) = { x1 , x2 ,..., xn} , tính pi = P(X = xi ) =Ω• Lập bảng phân bố xác suấtVí dụ . Ta có hai hộp bi: hộp 1 có 3 bi trắng và 1 bi đỏ; hộp 2 có 2 bi trắng và2 bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 1 ra 2 viên bi và bỏ vào hộp 2. Sau đó, lấyngẫu nhiên từ hộp 2 ra 2 viên bỏ vào hộp 1. Gọi X là số bi trắng ở hộp 1 sauhai lần chuyển bi như trên. Lập bảng phân phối xác suất của XLời giải:• Lấy 2 viên từ hộp 1. Có thể có 2 trường hợp sau:TH 1: 1 đỏ, 1 trắng, suy ra hộp 1 có 2 trắng, hộp 2 có 3 đỏ, 3 trắngTH 2: 2 trắng, suy ra hộp 1 có 1 trắng, 1đỏ, hộp 2 có 4 trắng, 2 đỏ• Lấy 2 viên từ hộp 2.Với TH1 ta có 3 khả năngKhả năng 1: 1 đỏ, 1 trắng suy ra hộp 2 có 2 đỏ, 2 trắng, hộp 1 có 3 trắng, 1đỏ.Khả năng 2: 2 đỏ, suy ra hộp 2 có 1 đỏ, 3 trắng; hộp 1 có 2 đỏ, 2 trắng.Khả năng 3: 2 trắng, suy ra hộp 2 có 3 đỏ, 1 trắng; hộp 1 có 4 trắngĐăng ký mua file word trọn bộ chuyên đề Toán lớp 11:HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝSoạn tin nhắn “Tôimôn Toán”muốn mua tài liệuGửi đến số điện thoạiBài 5 Một túi chứa 4 quả cầu trắng và 3 quả cầu đen. Hai người chơi A và Blần lượt rút một quả cầu trong túi (rút xong không trả lại vào túi).Trò chơi kếtthúc khi có người rút được quả cầu đen. Người đó xem như thua cuộc và phảitrả cho người kia số tiền là X (X bằng số quả cầu đã rút ra nhân với 5USD).1. Giả sử A là người rút trước và X là số tiền A thu được. Lập bảng phân bốxác suất của X. Tính E(X).2. Nếu chơi 150 ván thì trung bình A được bao nhiêu.Lời giải:1. Gọi D là bi đen, T là bi trắng ta có các trường hợp sauD, TD, TTD, TTTD, TTTTDKhi đó X nhận các giá trị: −5,10, −15,20, −25Bảng phân bố xác suất−510−1520−25XP341812177353576Kì vọng của X: E(X ) = − .762. Bình quân mỗi ván A thua − USD nên nếu chơi 150 ván thì số tiền A thua76là: .150 ≈ 128,6 USD .7Bài 6 Trong một chiếc hộp có 4 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 4. Chọn ngẫu nhiên2 tấm thẻ rồi cộng 2 số ghi trên thẻ với nhau. Gọi X là kết quả. Lập bảngphân bố xác suất của X và tính E(X).Lời giải:Ta có các giá trị của X nhận là: 3,4,5,6,7Bảng phân bố xác suấtX34567P1111166366Do đó, kì vọng của X là: E(X ) = 5.Bài 7 Trong 1 chiếc hộp có 5 bóng đèn trong đó có 2 bóng đèn tốt, 3 bónghỏng. Ta chọn ngẫu nhiên từng bóng để thử (thử xong không trả lại) cho đếnkhi thu được 2 bón đèn tốt. Gọi X là số lần thử. Lập bảng phân phối xác suấtcủa X, rồi tính E(X).Lời giải:2,3,4,5Ta có các giá trị của X nhận là:Bảng phân bố xác suấtX2345P11310510Do đó, kì vọng của X là: E(X ) = 4 .25Bài 8 Trong một chiếc hộp có 7 bóng đèn, trong đó có 5 bóng tốt và 2 bóngbị hỏng. Ta chọn ngẫu nhiên từng bóng đèn để thử (khi thử xong không trảlại) cho đến khi tìm được hai bóng bị hỏng. Gọi X là số cần thử cần thiết:1. Lập bảng phân bố của đại lượng ngẫu nhiên X2 Trung bình cần bao nhiêu lần thử.Lời giải:1. Gọi Ai là biến cố “ Lần thứ i lấy bóng tốt” thì Ai là biến cố: “ lần thứ i lấybóng hỏng”.Ta có X là đại lượng ngẫu nhiên nhận giá trị trong tập { 2,3,4,5,6,7}Ta tính P(X = 2) ?( ) ( )Ta có: P(X = 2) = P A1 .P A227Xác suất chọn được bóng hỏng ở lần thứ nhất là:Xác suất chọn được bóng hỏng ở lần thứ hai là:162 1 1Nên P(X = 2) = . = .7 6 21( ) ( )( )Tương tự: P(X = 3) = P( A1)P A 2 P A 3 + P(A1)P ( A 2 ) P A 35 2 1 2 5 1 2= . . + . . =7 6 5 7 6 5 21( ) ( )( )( )5 4 2 1 5 2 4 1 2 5 4 1 1+P ( A ) P ( A ) P ( A ) P ( A ) = . . . + . . . + . . . =7 6 5 4 7 6 5 4 7 6 5 4 7P(X = 5) = P ( A ) P ( A ) P ( A ) P ( A ) P ( A ) ++P ( A ) P ( A ) P ( A ) P ( A ) P ( A ) + P ( A ) P ( A ) P ( A ) P ( A ) P ( A )+P ( A ) P ( A ) P ( A ) P ( A ) P ( A ) =P(X = 4) = P ( A1 ) P ( A2 ) P A3 P A4 + P ( A1 ) P A 2 P ( A 3 ) P A 4 +121113222433344455123452 5 4 3 1 5 2 4 3 1 5 4 2 3 1 5 4 3 2 1 4= . . . . + . . . . + . . . . + . . . . =7 6 5 4 3 7 6 5 4 3 7 6 5 4 3 7 6 5 4 3 215P(X = 6) =215