Giải bài tập cuối Chương 9 – Toán 11 – Chân trời sáng tạo

Giải bài tập cuối Chương 9 – Toán 11 – Chân trời sáng tạo

Bài 1 trang 98 :

Gieo 2 con xúc xắc cân đối và đồng chất. Gọi là biến cố “Tích số chấm xuất hiện là số lẻ”. Biến cố nào sau đây xung khắc với biến cố ?

A. “Xuất hiện hai mặt có cùng số chấm”.

B. “Tổng số chấm xuất hiện là số lẻ”.

C. “Xuất hiện ít nhất một mặt có số chấm là só lé”.

D. “Xuất hiện hai mặt có số chấm khác nhau”.

 

Lời giải chi tiết

Ta có: \(A = \left\{ {\left( {1;1} \right);\left( {1;3} \right);\left( {1;5} \right);\left( {3;1} \right);\left( {3;3} \right);\left( {3;5} \right);\left( {5;1} \right);\left( {5;3} \right);\left( {5;5} \right)} \right\}\).

\(B\) là biến cố “Tổng số chấm xuất hiện là số lẻ”

\(\begin{array}{l} \Rightarrow B = \left\{ {\left( {1;2} \right);\left( {1;4} \right);\left( {1;6} \right);\left( {2;1} \right);\left( {2;3} \right);\left( {2;5} \right);\left( {3;2} \right);\left( {3;4} \right);\left( {3;6} \right);\left( {4;1} \right);\left( {4;3} \right);\left( {4;5} \right);} \right.\\\left. {\left( {5;2} \right);\left( {5;4} \right);\left( {5;6} \right);\left( {6;1} \right);\left( {6;3} \right);\left( {6;5} \right)} \right\}\end{array}\)

Vậy hai biến cố \(A\) và \(B\) xung khắc.

Chọn B.


Bài 2 trang 98 :

Cho là hai biến cố độc lập. Biết . Xác suất của biến cố

A. 0,9.

B. 0,7.

C. 0,5.

D. 0,2.

Phương pháp giải

‒ Sử dụng quy tắc nhân xác suất: Nếu hai biến cố

độc lập thì .

‒ Sử dụng quy tắc cộng cho hai biến cố bất kì: Cho hai biến cố

. Khi đó: .

Lời giải chi tiết

là hai biến cố độc lập

 

Chọn B.


Bài 3 trang 98 :

Gieo 2 con xúc xắc cân đối và đồng chất. Xác suất của biến cố “Tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc chia hết cho 5” là

A. \(\frac{5}{{36}}\).

B. \(\frac{1}{6}\).

C. \(\frac{7}{{36}}\).

D. \(\frac{2}{9}\).

 

Lời giải chi tiết

Gọi \(A\) là biến cố “Tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc chia hết cho 5”

\(\begin{array}{l}A = \left\{ {\left( {1;4} \right);\left( {2;3} \right);\left( {3;2} \right);\left( {4;2} \right);\left( {4;6} \right);\left( {5;5} \right);\left( {6;4} \right)} \right\} \Rightarrow n\left( A \right) = 7\\ \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{7}{{36}}\end{array}\)

Chọn C.


Bài 4 trang 98 :

Lấy ra ngẫu nhiên 2 quả bóng từ một hộp chứa 5 quả bóng xanh và 4 quả bóng đỏ có kích thước và khối lượng như nhau. Xác suất của biến cố “Hai bóng lấy ra có cùng màu” là

A. \(\frac{1}{9}\).

B. \(\frac{2}{9}\).

C. \(\frac{4}{9}\).

D. \(\frac{5}{9}\).

 

Lời giải chi tiết

Chọn ngẫu nhiên từ hộp 2 quả bóng trong tổng số 9 quả bóng có \({C}_9^2 = 36\) cách.

\( \Rightarrow n\left( \Omega \right) = 36\)

Gọi \(A\) là biến cố “Cả 2 quả bóng lấy ra đều có cùng màu xanh”, \(B\) là biến cố “Cả 3 quả bóng lấy ra đều có cùng màu đỏ”.

Vậy \(A \cup B\) là biến cố “Cả 2 quả bóng lấy ra đều có cùng màu”

Chọn ngẫu nhiên từ hộp 2 quả bóng trong tổng số 5 quả bóng xanh có \({C}_5^2 = 10\) cách.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 10 \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{10}}{{36}} = \frac{5}{{18}}\)

Chọn ngẫu nhiên từ hộp 2 quả bóng trong tổng số 4 quả bóng đỏ có \({C}_4^2 = 6\) cách.

\( \Rightarrow n\left( B \right) = 6 \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{6}{{36}} = \frac{1}{6}\)

\( \Rightarrow P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) = \frac{5}{{18}} + \frac{1}{6} = \frac{4}{9}\)

Chọn C.


Bài 5 trang 98 :

Chọn ngẫu nhiên 2 đỉnh của một hình bát giác đều nội tiếp trong đường tròn tâm \(O\) bán kính \(R\). Xác suất để khoảng cách giữa hai đỉnh đó bằng \(R\sqrt 2 \) là

A. \(\frac{2}{7}\).

B. \(\frac{3}{7}\).

C. \(\frac{4}{7}\).

D. \(\frac{5}{{56}}\).

 

Lời giải chi tiết

\(A\) là biến cố “Khoảng cách giữa hai đỉnh đó bằng \(R\sqrt 2 \)”

Chọn ngẫu nhiên 2 đỉnh trong tổng số 8 đỉnh có \({C}_8^2 = 28\) cách \( \Rightarrow n\left( \Omega \right) = 28\)

Để khoảng cách 2 đỉnh bằng \(R\sqrt 2 \) thì 2 đỉnh cách nhau 1 đỉnh. Vậy có 8 cách \( \Rightarrow n\left( A \right) = 8\)

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{8}{{28}} = \frac{2}{7}\)

Chọn A.


Bài 6 trang 98 :

Cho

là hai biến cố thoả mãn .

a) Tính xác suất của các biến cố

.

b) Hai biến cố

có độc lập hay không?

Phương pháp giải

‒ Sử dụng quy tắc nhân xác suất: Nếu hai biến cố

độc lập thì .

‒ Sử dụng quy tắc cộng cho hai biến cố bất kì: Cho hai biến cố

. Khi đó:

.

Lời giải chi tiết

a)

b) Vì nên hai biến cố không độc lập.


Bài 7 trang 98 :

Vệ tinh A lần lượt truyền một tin đến vệ tinh B cho đến khi vệ tinh B phản hồi là đã nhận được. Biết khả năng vệ tinh B phản hồi đã nhận được tin ở mỗi lần A gửi là độc lập với nhau và xác suất phản hồi mỗi lần đều là 0,4. Sử dụng sơ đồ hình cây, tính xác suất vệ tinh A phải gửi tin không quá 3 lần.

Phương pháp giải

Sử dụng sơ đồ hình cây.

Lời giải chi tiết

Do các lần gửi tin độc lập nên ta có sơ đồ hình cây như sau:

Theo sơ đồ trên thì:

Xác suất vệ tinh A phải gửi tin không quá 3 lần là:


Bài 8 trang 98 :

Gieo 2 con xúc xắc cân đối và đồng chất. Tính xác suất của biến cố “Tích số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc chia hết cho 6”.

 

Lời giải chi tiết

Gọi \(A\) là biến cố “Tích số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc chia hết cho 6”.

\(\begin{array}{l}A = \left\{ {\left( {1;6} \right);\left( {2;6} \right);\left( {3;6} \right);\left( {4;6} \right);\left( {5;6} \right);\left( {6;1} \right);\left( {6;2} \right);\left( {6;3} \right);\left( {6;4} \right);\left( {6;5} \right);\left( {6;6} \right);} \right.\\ & \left. {\left( {2;3} \right);\left( {3;2} \right);\left( {4;3} \right);\left( {3;4} \right)} \right\}\end{array}\)

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 15 \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega\right)}} = \frac{{15}}{{36}} = \frac{5}{{12}}\)


Bài 9 trang 98 :

Một hộp có 5 quả bóng xanh, 6 quả bóng đỏ và 4 quả bóng vàng có kích thước và khối lượng như nhau. Chọn ra ngẫu nhiên từ hộp 4 quả bóng. Tính xác suất của các biến cố:

\(A\): “Cả 4 quả bóng lấy ra có cùng màu”;

\(B\): “Trong 4 bóng lấy ra có đủ cả 3 màu”.

Phương pháp giải

‒ Sử dụng công thức tính xác suất: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}\).

‒ Sử dụng quy tắc cộng xác suất cho hai biến cố xung khắc: Cho hai biến cố \(A\) và \(B\) xung khắc. Khi đó: \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right)\).

 

Lời giải chi tiết

Chọn ngẫu nhiên từ hộp 4 quả bóng trong tổng số 15 quả bóng có \({C}_{15}^4 = 1365\) cách.

\( \Rightarrow n\left( \Omega \right) = 1365\)

Gọi \({A_1}\) là biến cố “Cả 4 quả bóng lấy ra đều có cùng màu xanh”, \({A_2}\) là biến cố “Cả 4 quả bóng lấy ra đều có cùng màu đỏ”, \({A_3}\) là biến cố “Cả 4 quả bóng lấy ra đều có cùng màu vàng”.

Vậy \(A = {A_1} \cup {A_2} \cup {A_3}\) là biến cố “Cả 4 quả bóng lấy ra có cùng màu”.

Chọn ngẫu nhiên từ hộp 4 quả bóng trong tổng số 5 quả bóng xanh có \({C}_5^4 = 5\) cách.

\( \Rightarrow n\left( {{A_1}} \right) = 5 \Rightarrow P\left( {{A_1}} \right) = \frac{{n\left( {{A_1}} \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{5}{{1365}} = \frac{1}{{273}}\)

Chọn ngẫu nhiên từ hộp 4 quả bóng trong tổng số 6 quả bóng đỏ có \({C}_6^4 = 15\) cách.

\( \Rightarrow n\left( {{A_2}} \right) = 15 \Rightarrow P\left( {{A_2}} \right) = \frac{{n\left( {{A_2}} \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{15}}{{1365}} = \frac{1}{{91}}\)

Chọn ngẫu nhiên từ hộp 4 quả bóng trong tổng số 4 quả bóng vàng có \({C}_4^4 = 1\) cách.

\( \Rightarrow n\left( {{A_3}} \right) = 1 \Rightarrow P\left( {{A_3}} \right) = \frac{{n\left( {{A_3}} \right)}}{{n\left( \Omega\right)}} = \frac{1}{{1365}}\)

\( \Rightarrow P\left( A \right) = P\left( {{A_1}} \right) + P\left( {{A_2}} \right) + P\left( {{A_3}} \right) = \frac{1}{{65}}\)

Gọi \({B_1}\) là biến cố “Lấy ra 2 bóng xanh, 1 bóng đỏ, 1 bóng vàng”, \({B_2}\) là biến cố “Lấy ra 1 bóng xanh, 2 bóng đỏ, 1 bóng vàng”, \({B_3}\) là biến cố “Lấy ra 1 bóng xanh, 1 bóng đỏ, 2 bóng vàng”.

Vậy \(B = {B_1} \cup {B_2} \cup {B_3}\) là biến cố “Trong 4 bóng lấy ra có đủ cả 3 màu”.

Chọn ngẫu nhiên từ hộp 2 quả bóng trong tổng số 5 quả bóng xanh có \({C}_5^2 = 10\) cách.

Chọn ngẫu nhiên từ hộp 1 quả bóng trong tổng số 6 quả bóng đỏ có 6 cách.

Chọn ngẫu nhiên từ hộp 1 quả bóng trong tổng số 4 quả bóng vàng có 4 cách.

\( \Rightarrow n\left( {{B_1}} \right) = 10.6.4 = 240 \Rightarrow P\left( {{B_1}} \right) = \frac{{n\left( {{B_1}} \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{240}}{{1365}} = \frac{{16}}{{91}}\)

Chọn ngẫu nhiên từ hộp 1 quả bóng trong tổng số 5 quả bóng xanh có 5 cách.

Chọn ngẫu nhiên từ hộp 2 quả bóng trong tổng số 6 quả bóng đỏ có \({C}_6^2 = 15\) cách.

Chọn ngẫu nhiên từ hộp 1 quả bóng trong tổng số 4 quả bóng vàng có 4 cách.

\( \Rightarrow n\left( {{B_2}} \right) = 5.15.4 = 300 \Rightarrow P\left( {{B_2}} \right) = \frac{{n\left( {{B_2}} \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{300}}{{1365}} = \frac{{20}}{{91}}\)

Chọn ngẫu nhiên từ hộp 1 quả bóng trong tổng số 5 quả bóng xanh có 5 cách.

Chọn ngẫu nhiên từ hộp 1 quả bóng trong tổng số 6 quả bóng đỏ có 6 cách.

Chọn ngẫu nhiên từ hộp 2 quả bóng trong tổng số 4 quả bóng vàng có \({C}_4^2 = 6\) cách.

\( \Rightarrow n\left( {{B_3}} \right) = 5.6.6 = 180 \Rightarrow P\left( {{B_3}} \right) = \frac{{n\left( {{B_3}} \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{180}}{{1365}} = \frac{{12}}{{91}}\)

\( \Rightarrow P\left( B \right) = P\left( {{B_1}} \right) + P\left( {{B_2}} \right) + P\left( {{B_3}} \right) = \frac{{48}}{{91}}\)


Bài 10 trang 98 :

Cường, Trọng và 6 bạn nữ xếp ngẫu nhiên thành một hàng ngang để chụp ảnh. Tính xác suất của biển cố “Có ít nhất một trong hai bạn Cường và Trọng đứng ở đầu hàng”.

Phương pháp giải

‒ Sử dụng công thức tính xác suất: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}\).

‒ Sử dụng quy tắc nhân xác suất: Nếu hai biến cố \(A\) và \(B\) độc lập thì \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right)P\left( B \right)\).

‒ Sử dụng quy tắc cộng cho hai biến cố bất kì: Cho hai biến cố \(A\) và \(B\). Khi đó: \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) – P\left( {AB} \right)\).

 

Lời giải chi tiết

Có \(8!\) cách sắp xếp 8 bạn đứng thành hàng ngang \( \Rightarrow n\left( \Omega \right) = 8!\)

Gọi \(A\) là biến cố: “Cường đứng ở đầu hàng”, \(B\) là biến cố “Trọng đứng ở đầu hàng”.

Vậy \(AB\) là biến cố “Cả Cường và Trọng đứng ở đầu hàng”, \(A \cup B\) là biến cố “Có ít nhất một trong hai bạn Cường và Trọng đứng ở đầu hàng”.

Xếp chỗ cho Cường đứng đầu hàng có 2 cách.

Xếp chỗ cho 7 bạn còn lại có \(7!\) cách.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 2.7! \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{2.7!}}{{8!}} = \frac{1}{4}\)

Xếp chỗ cho Trọng đứng đầu hàng có 2 cách.

Xếp chỗ cho 7 bạn còn lại có \(7!\) cách.

\( \Rightarrow n\left( B \right) = 2.7! \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{2.7!}}{{8!}} = \frac{1}{4}\)

Xếp chỗ cho Cường và Trọng đứng đầu hàng có 2 cách.

Xếp chỗ cho 6 bạn còn lại có \(6!\) cách.

\( \Rightarrow n\left( {AB} \right) = 2.6! \Rightarrow P\left( {AB} \right) = \frac{{n\left( {AB} \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{2.6!}}{{8!}} = \frac{1}{{28}}\)

\( \Rightarrow P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) – P\left( {AB} \right) = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} – \frac{1}{{28}} = \frac{{13}}{{28}}\)


Bài 11 trang 98 :

Chọn ngẫu nhiên 3 trong số 24 đỉnh của một đa giác đều 24 cạnh. Tính xác suất của biến cố “3 đỉnh được chọn là 3 đỉnh của một tam giác cân hoặc một tam giác vuông”.

Phương pháp giải

‒ Sử dụng công thức tính xác suất: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}\).

‒ Sử dụng quy tắc nhân xác suất: Nếu hai biến cố \(A\) và \(B\) độc lập thì \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right)P\left( B \right)\).

‒ Sử dụng quy tắc cộng cho hai biến cố bất kì: Cho hai biến cố \(A\) và \(B\). Khi đó: \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) – P\left( {AB} \right)\).

 

Lời giải chi tiết

Chọn ngẫu nhiên 3 trong số 24 đỉnh của một đa giác đều 24 cạnh có \({C}_{24}^3 = 2024\)

\( \Rightarrow n\left( \Omega \right) = 2024\)

Gọi \(A\) là biến cố: “3 đỉnh được chọn là 3 đỉnh của một tam giác cân”, \(B\) là biến cố “3 đỉnh được chọn là 3 đỉnh của một tam giác vuông”.

Vậy \(AB\) là biến cố “3 đỉnh được chọn là 3 đỉnh của một tam giác vuông cân”, \(A \cup B\) là biến cố “3 đỉnh được chọn là 3 đỉnh của một tam giác cân hoặc một tam giác vuông”.

Gọi \(\left( O \right)\) là đường tròn ngoại tiếp đa giác đều.

Mỗi tam giác vuông có 3 đỉnh là 3 đỉnh của đa giác thì cạnh huyền của tam giác vuông phải là đường kính của \(\left( O \right)\), do đó ta có 12 cách chọn đường kính.

Với mỗi cách chọn đường kính, ta có 22 cách chọn đỉnh góc vuông (22 đỉnh còn lại của đa giác)

Vậy số tam giác vuông thỏa mãn điều kiện là: \(12.22 = 264\) (tam giác).

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 264 \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{264}}{{2024}} = \frac{3}{{23}}\)

Mỗi tam giác cân có 3 đỉnh là 3 đỉnh của đa giác thì đường cao của tam giác cân phải là đường kính của \(\left( O \right)\).

Với mỗi một đỉnh trên \(\left( O \right)\), ta có 10 cách tạo ra tam giác cân (không là tam giác đều).

Vậy số tam giác cân (không là tam giác đều) thỏa mãn điều kiện là: \(10.24 = 240\) (tam giác).

Số tam giác đều có 3 đỉnh nằm trên \(\left( O \right)\) là: \(24:3 = 8\) (tam giác).

\( \Rightarrow n\left( B \right) = 240 + 8 = 248 \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{248}}{{2024}} = \frac{{31}}{{253}}\)

Có 12 cách chọn đường kính.

Với mỗi cách chọn đường kính, ta có 2 cách chọn đỉnh góc vuông để tạo thành tam giác vuông cân.

Vậy số tam giác vuông cân thỏa mãn điều kiện là: \(12.2 = 24\) (tam giác).

\( \Rightarrow n\left( {AB} \right) = 24 \Rightarrow P\left( {AB} \right) = \frac{{n\left( {AB} \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{24}}{{2024}} = \frac{3}{{253}}\)

\( \Rightarrow P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) – P\left( {AB} \right) = \frac{3}{{23}} + \frac{{31}}{{253}} – \frac{3}{{253}} = \frac{{61}}{{253}}\)


Bài 12 trang 98 :

Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số. Tính xác suất của các biến cố:

\(A\): “Số được chọn chia hết cho 2 hoặc 7”;

\(B\): “Số được chọn có tổng các chữ số là số chẵn”.

Phương pháp giải

‒ Sử dụng công thức tính xác suất: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}\).

‒ Sử dụng quy tắc nhân xác suất: Nếu hai biến cố \(A\) và \(B\) độc lập thì \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right)P\left( B \right)\).

‒ Sử dụng quy tắc cộng cho hai biến cố bất kì: Cho hai biến cố \(A\) và \(B\). Khi đó: \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) – P\left( {AB} \right)\).

 

Lời giải chi tiết

Có 900 số tự nhiên có 3 chữ số \( \Rightarrow n\left( \Omega \right) = 900\)

Gọi \({A_1}\) là biến cố: “Số được chọn chia hết cho 2”, \({A_2}\) là biến cố “Số được chọn chia hết cho 7”.

Vậy \({A_1}{A_2}\) là biến cố “Số được chọn chia hết cho 14”, \(A = {A_1} \cup {A_2}\) là biến cố “Số được chọn chia hết cho 2 hoặc 7”.

Có 450 số có 3 chữ số chia hết cho 2 \( \Rightarrow n\left( {{A_1}} \right) = 450 \Rightarrow P\left( {{A_1}} \right) = \frac{{n\left( {{A_1}} \right)}}{{n\left( \Xi \right)}} = \frac{{450}}{{900}} = \frac{1}{2}\)

Có 128 số có 3 chữ số chia hết cho 7 \( \Rightarrow n\left( {{A_2}} \right) = 128 \Rightarrow P\left( {{A_2}} \right) = \frac{{n\left( {{A_2}} \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{128}}{{900}} = \frac{{32}}{{225}}\)

Có 64 số có 3 chữ số chia hết cho 14

\( \Rightarrow n\left( {{A_1}{A_2}} \right) = 64 \Rightarrow P\left( {{A_1}{A_2}} \right) = \frac{{n\left( {{A_1}{A_2}} \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{64}}{{900}} = \frac{{16}}{{225}}\)

\( \Rightarrow P\left( A \right) = P\left( {{A_1} \cup {A_2}} \right) = P\left( {{A_1}} \right) + P\left( {{A_2}} \right) – P\left( {{A_1}{A_2}} \right) = \frac{1}{2} + \frac{{32}}{{225}} – \frac{{16}}{{225}} = \frac{{257}}{{450}}\)

Gọi \({B_1}\) là biến cố: “Số được chọn có 3 chữ số chẵn”, \({B_2}\) là biến cố “Số được chọn có 1 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ”.

Vậy \(B = {B_1} \cup {B_2}\) là biến cố “Số được chọn có tổng các chữ số là số chẵn”.

Có \(4.5.5 = 100\) số có 3 chữ số chẵn \( \Rightarrow n\left( {{B_1}} \right) = 100 \Rightarrow P\left( {{B_1}} \right) = \frac{{n\left( {{B_1}} \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{100}}{{900}} = \frac{1}{9}\)

Có \(4.5.5 = 100\) số có 3 chữ số có chữ số hàng trăm chẵn, 2 chữ số còn lại lẻ.

Có \(5.5.5 = 125\) số có 3 chữ số có chữ số hàng chục chẵn, 2 chữ số còn lại lẻ.

Có \(5.5.5 = 125\) số có 3 chữ số có chữ số hàng đơn vị chẵn, 2 chữ số còn lại lẻ.

\( \Rightarrow n\left( {{B_2}} \right) = 100 + 125 + 125 = 350 \Rightarrow P\left( {{B_2}} \right) = \frac{{n\left( {{B_2}} \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{350}}{{900}} = \frac{7}{{18}}\)

Vì \({B_1}\) và \({B_2}\) là hai biến cố xung khắc nên ta có:

\(P\left( B \right) = P\left( {{B_1} \cup {B_2}} \right) = P\left( {{B_1}} \right) + P\left( {{B_2}} \right) = \frac{1}{9} + \frac{7}{{18}} = \frac{1}{2}\)


Bài 13 trang 98 :

Cho hai giống cá kiếm mắt đen thuần chủng và mắt đỏ thuần chủng giao phối với nhau được F1 toàn cá kiếm mắt đen. Lại cho cả F1 giao phối với nhau được một đàn cá con mới. Chọn ra ngẫu nhiên 2 con trong đàn cá con mới. Ước lượng xác suất của biến cố “Có ít nhất 1 con cá mắt đen trong 2 con cá đó”.

Phương pháp giải

‒ Sử dụng quy tắc nhân xác suất: Nếu hai biến cố \(A\) và \(B\) độc lập thì \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right)P\left( B \right)\).

‒ Sử dụng quy tắc cộng cho hai biến cố xung khắc: Cho hai biến cố \(A\) và \(B\) xung khắc. Khi đó: \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right)\).

 

Lời giải chi tiết

Gọi \(A\) là biến cố: “Có 1 con cá mắt đen”, \(B\) là biến cố “Có 2 con cá mắt đen”.

Vậy \(A \cup B\) là biến cố “Có ít nhất 1 con cá mắt đen trong 2 con cá đó”.

Xác suất con cá là cá mắt đen là \(\frac{3}{4}\), xác suất con cá là cá mắt đỏ là \(\frac{1}{4}\)

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{3}{4}.\frac{1}{4} = \frac{3}{{16}};P\left( B \right) = \frac{3}{4}.\frac{3}{4} = \frac{9}{{16}}\)

Vì hai biến cố \(A\) và \(B\) xung khắc nên \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) = \frac{3}{{16}} + \frac{9}{{16}} = \frac{3}{4}\).

 

 

Giải bài tập cuối Chương 9 – Toán 11 – Chân trời sáng tạo