Tiêu đề 5. TRẮC NGHIỆM XÁC SUẤT VDC-GV.docx ✅

BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM XÁC SUẤT Câu 81: Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng học của lớp mình. Bảng gồm 10 nút, mỗi nút được ghi một số từ 0 đến 9 và không có hai nút nào được ghi cùng một số. Để mở cửa cần nhấn 3 nút liên tiếp khác nhau sao cho 3 số trên 3 nút theo thứ tự đã nhấn tạo thành một dãy số tăng và có tổng bằng 10. Học sinh B chỉ nhớ được chi tiết 3 nút tạo thành dãy số tăng. Tính xác suất để B mở được cửa phòng học đó biết rằng để nếu bấn sai 3 lần liên tiếp của sẽ tự động khóa lại. A. 631 3375 B. 189 1003 C. 1 5 D. 1 15 Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi A i (i=1,2,3…) là biến cố lần thứ i học sinh B mở được cửa Không gian mẫu 310nC Có 8 cặp 3 số có tổng bằng 10 là: 0;1;9;0;2;8;0;3;7;0;4;6;1;2;7;1;3;6;1;4;5;2;3;5 Xác suất để học sinh B mở được cửa lần thứ i là 3 10 81 15iPA C Xác suất để học sinh B không mở được cửa lần thứ i là 1141 1515iPA Xác suất để học sinh B bấm 3 lần mở được cửa là C : 21121231141141631.. 15151515153375PCPAPAPAPAPAPA    Câu 82: Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi phải rút ít nhất bao nhiêu thẻ để xác suất “có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4” phải lớn hơn 5 6 . A. 7 . B. 6 . C. 5 . D. 4 . Hướng dẫn giải Chọn B Xét phép thử: “Rút ngẫu nhiên n tấm thẻ từ hộp” Ta có: nCn9 Gọi A là biến cố: “Có ít nhất một tấm thẻ ghi số chia hết cho 4 ” Suy ra A là biến cố: “ Không có tấm thẻ nào được ghi số chia hết cho 4 ” Ta có  6 1 6 5 1 6 5 APAPAP Trong 9 tấm thẻ có 2 tấm thẻ chia hết cho 4 . Chọn n tấm thẻ ghi số không chia hết cho 4 từ 7 tấm thẻ còn lại: Có 7nC cách. Suy ra nnn C C APCAn 9 7 7   5060178.98.9.6 !9!. !9 !7!. !7 .6.6 6 1 6 1 2 97 9 7    nnnnn nnnnCC C C APnn n n Do đó phải rút ít nhất 6 thẻ.
Câu 83: Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6 viết ngẫu nhiên một chữ số có 6 chữ số khác nhau dạng 123456aaaaaa . Xác suất để viết được số thỏa mãn điều kiện 123456aaaaaa là: A. 4 85p . B. 4 135p . C. 3 20p . D. 5 158p Hướng dẫn giải Chọn B + Viết ngẫu nhiên một số có 6 chữ số khác nhau từ các số đã cho 566.4320nA . + Theo giả thiết 1234563aaaaaak12345633aaaaaak⋮ . Mà 1234561521aaaaaa nên có 3 trường hợp là tổng của 6 chữ số bằng 21; 18 và 15. Trường hợp 1: 12345621aaaaaa 1234567aaaaaa nên ta không chọn số 0. Khi đó 1­a có 6 cách chọn nên 2a có 1 cách chọn ứng với 1a ; 34;aa có 2 cách chọn để tổng bằng 7 và có 2! cách xếp 34,aa ; 56;aa có 2! cách xếp. Vậy có 6.2.2.2 = 48 số. (Có thể viết: Bộ 12,aa có 3 cách chọn, bộ 34,aa có 2 cách chọn, bộ 56,aa có 1 chọn, sau đó hoán vị mỗi bộ ta được 3.2.1.2.2.248 ) Trường hợp 2: 12345618aaaaaa 1234566aaaaaa nên ta không chọn số 3. Do 10a nên có 2 khả năng sau xảy ra Nếu 16a thì 20a . Khi đó 34;aa có 2 cách chọn để tổng bằng 6 và có 2! cách xếp 34,aa ; 56;aa có 2! cách xếp. Vậy có 2.2.2 = 8 số. Nếu 16a thì 11;2;4;5a khi đó 1a có 4 cách chọn; 2a có 1 cách chọn theo 1a ; 34;aa có 2 cách chọn để tổng bằng 6 và có 2! cách xếp 34,aa ; (a 5 ; a 6 ) có 2! cách xếp. Có 4.2.2.2 = 32 số. Vậy trường hợp 2 có 8 + 32 = 40 số. (Đề xuất viết: Lập luận như trường hơp 1 có: 48 cách (kể cả 10a ). Xét 345606aaaa , tương tự có 2.1.2.28 . Do đó có 48840 ) Trường hợp 3: 12345615aaaaaa 1234565aaaaaa nên ta không chọn số 6. Làm tương tự trường hợp 2 có 40 số. Kết hợp 3 trường hợp ta có 48 + 40 + 40 = 128 số. Suy ra   1284 4320135 pA nA n  . Câu 84: Một hộp chứa 11 viên bi được đánh số từ 1 đến 11 . Chọn 6 viên bi một cách ngẫu nhiên rồi cộng các số trên 6 viên bi được rút ra với nhau. Xác suất để kết quả thu được là số lẻ là
A. 226 462 . B. 118 231 . C. 115 231 . D. 103 231 . Hướng dẫn giải Chọn B. Bước 1: Tìm số phần tử không gian mẫu. Chọn ngẫu nhiên 6 viên bi trong 11 viên bi thì số cách chọn là 611462nC Bước 2: Tìm số phần tử thuận lợi cho biến cố. Gọi A là biến cố: “Chọn 6 viên bi cộng các số trên 6 viên bi đó thu được là số lẻ”. Trong 11 viên bi có 6 viên bi mang số lẻ đó là 1;3;5;7;9;11 và 5 viên bi mang số chẵn 2;4;6;8;10 . * Trường hợp 1: 1 viên bi mang số lẻ và 5 viên bi mang số chẵn. Số cách chọn trong trường hợp 1 là 15 65.CC cách. * Trường hợp 2: 3 viên bi mang số lẻ và 3 viên bi mang số chẵn. Số cách chọn trong trường hợp 2 là 33 65.CC cách. * Trường hợp 3: 5 viên bi mang số lẻ và 1 viên bi mang số chẵn. Số cách chọn trong trường hợp 3 là 51 65.CC cách. Suy ra 153351656565...620030236.nACCCCCC 22 643!..1540.ACC Bước 3: Tính xác suất 236118 462231 A PA   . Câu 85: Một trường THPT có 18 học sinh giỏi toàn diện, trong đó có 7 học sinh khối 12, 6 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối 10. Chọn ngẫu nhiên 8 học sinh từ 18 học sinh trên để đi dự trại hè. Tính xác suất để mỗi khối có ít nhất 1 học sinh được chọn. A. 212 221 . B. 9 221 . C. 59 1326 . D. 1267 1326 . Hướng dẫn giải Chọn 8 học sinh bất kì trong 18 học sinh thì số cách chọn là 818nC cách. Tương tự với dấu hiệu mà STUDY TIP đưa ra thì ta tìm số trường hợp thuận lợi cho biến cố đối của biến cố cần tìm. Chọn 8 học sinh mà không có khối 10, có 8 13C cách. Chọn 8 học sinh mà không có khối 11, có 8 12C cách. Chọn 8 học sinh mà không có khối 12, có 8 11C cách. Gọi A là biến cố “ 8 học sinh được chọn, mỗi khối có ít nhất 1 học sinh”. Số trường hợp thuận lợi cho A là 88881813121141811nACCCC Vậy xác suất cần tìm là  818 418111267 1326 nA PA nC  . Câu 86: Một người bỏ ngẫu nhiên 4 lá thư và 4 chiếc phong bì thư đã để sẵn địa chỉ. Xác suất để có ít nhất một lá thư bỏ đúng địa chỉ là. A. 5 8 . B. 2 3 . C. 3 8 . D. 1 3 . Hướng dẫn giải
Gọi 4 lá thư lần lượt là , , , ABCD và 4 phong bì thư có địa chỉ đúng với các lá thư trên lần lượt là 1;2;3;4 Số phần tử không gian mẫu là 4!24n . Gọi X là biến cố “ có ít nhất một lá thư bỏ đúng địa chỉ”. Ta có các trường hợp sau: *TH1: Cả 4 lá thư đều bỏ đúng địa chỉ: Chỉ có một trường hợp duy nhất *TH2: Có đúng 2 lá thư bỏ đúng địa chỉ. Có 6 trường hợp xảy ra là: 1243;ABCD1432;ABCD4231;1324;ABCDABCD 3214;ABCD A3 hoặc 2134.ABCD *TH3: Có đúng 1 lá thư bỏ đúng địa chỉ: Chỉ có lá thư A bỏ đúng địa chỉ thì có 2 trường hợp 1342;1423ABCDABCD Tương tự với lá thư B có 2 trường hợp. Lá thư C chỉ có đúng 2 trường hợp. Lá thư D chỉ có đúng 2 trường hợp. Suy ra có 8 trường hợp chỉ có đúng 1 lá thư bỏ đúng địa chỉ. Vậy số phần tử của biến cố X là 16815nX Nên 155 248PX . thức nhân phù hợp. Câu 87: Xét các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các số 1, 3, 5, 7, 9. Tính xác suất để tìm được một số không bắt đầu bởi 135. A. 5 6 . B. 1 60 . C. 59 6 . D. 1 6 . Hướng dẫn giải Số phần tử không gian mẫu là: 5!n . Gọi A là biến cố “số tìm được không bắt đầu bởi 135 ”. Thì biến cố A là biến cố “số tìm được bắt đầu bởi 135 ” Buộc các số 135 lại thì ta còn 3 phần tử. Số các số tạo thành thỏa mãn số 135 đứng đầu là 1.2.12 cách 1202118nA cách Nên   11859 12060 nA PA n  Câu 88: Một chiếc ôtô với hai động cơ độc lập đang gặp trục trặc kĩ thuật. Xác suất để động cơ 1 gặp trục trặc là 0,5. Xác suất để động cơ 2 gặp trục trặc là 0,4. Biết rằng xe chỉ không thể chạy được khi cả hai động cơ bị hỏng. Tính xác suất để xe đi được. A. 0,2 . B. 0,8 . C. 0,9 . D. 0,1 . Hướng dẫn giải Gọi A là biến cố “động cơ 1 bị hỏng”, gọi B là biến cố “động cơ 2 bị hỏng”. Suy ra AB là biến cố “cả hai động cơ bị hỏng”  “ xe không chạy được nữa”. Lại thấy hai động cơ hoạt động độc lập nên A và B là hai biến cố độc lập.  Áp dụng quy tắc nhân xác suất ta được xác suất để xe phải dừng lại giữa đường là 0,5.0,40,2PAB . Vậy xác suất để xe đi được là 10,20,8 .