Giải bài tập SBT Toán 11 Bài 5: Xác suất của biến cố

Một tổ có 7 nam và 3 nữ. Chọn ngẫu nhiên hai người. Tìm xác suất sao cho trong hai người đó:

a) Cả hai đều là nữ;

b) Không có nữ nào;

c) Ít nhất một người là nữ;

d) Có đúng một người là nữ.

Phương pháp giải:

a) Để tính xác suất của biến cố \({A_2}\):

+) Tính \(n(\Omega) \): là số cách chọn ngẫu nhiên 2 người trong một tổ là tổ hợp chập 2 của 10.

+) Tính n(A): là chọn 2 người nữ trong 3 người nữ nên ta sử dụng tổ hợp để tính.

+) Tính xác suất của biến cố \({A_2}\): \(P\left( {{A_2}} \right) = \dfrac{{n\left( {{A_2}} \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}\).

b) Để tính xác suất của biến cố A₀.

+) Tính \(n(\Omega) \): là số cách chọn ngẫu nhiên 2 người trong một tổ là tổ hợp chập 2 của 10.

+) Tính n(A): là chọn 2 người nam trong 7 người nam nên ta sử dụng tổ hợp để tính.

+) Tính xác suất của biến cố A₀: \(P\left( {{A_0}} \right) = \dfrac{{n\left( {{A_0}} \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}\).

c) Biến cố A là biến cố đối của biến cố A₀.

→ Sử dụng công thức: \(P\left(A\right)=1-P(A_0) \)

d) Để tính xác suất của biến cố A₁.

+)  Tính \(n(\Omega) \): là số cách chọn ngẫu nhiên 2 người trong một tổ là tổ hợp chập 2 của 10

+) Tính n(A₁): Chọn 1 nữ trong 3 nữ và chọn 1 nam trong 7 nam nên ta sử dụng tổ hợp và quy tắc nhân để tính số phần tử của biến cố

+) Tính xác suất của biến cố A: \(P\left( {{A_1}} \right) = \dfrac{{n\left( {{A_1}} \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}\).

Hướng dẫn giải:

a) Chọn ngẫu nhiên 2 người của một tổ 10 người nên số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega)=C_{10}^2 \).

Kí hiệu \({A_2}\) là biến cố: “Hai người đã chọn đều là nữ”.

Biến cố \({A_2}\) là chọn 2 người nữ trong 3 người nữ nên số phần tử của biến cố là \(n(A_2)=C_3^2\)

Vậy xác suất sao cho hai người được chọn đều là nữ là:

\(P\left( {{A_2}} \right) = \dfrac{{n\left( {{A_2}} \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \dfrac{{C_3^2}}{{C_{10}^2}} = \dfrac{3}{{45}} = \dfrac{1}{{15}} \).

b) Chọn ngẫu nhiên 2 người của một tổ 10 người nên số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega)=C_{10}^2 \).

Kí hiệu \({A_0}\) là biến cố: “Trong hai người đã chọn không có nữ nào”.

Biến cố \({A_0}\) là chọn 2 người nam trong 7 người nam.

Khi đó số phần tử của biến cố \(n(A_0)=C_7^2\).

Vậy xác suất sao cho trong hai người được chọn không có nữ là

\(P\left( {{A_0}} \right)=\dfrac{n(A_0)}{n(\Omega)} = \dfrac{{C_7^2}}{{C_{10}^2}} = \dfrac{{21}}{{45}} = \dfrac{7}{{15}} \).

c) Biến cố trong 2 người được chọn có ít nhất một người là nữ là biến cố đối của biến cố \( A_0\) không có người nữ nào.

Ta có \(P\left( {\overline {{A_0}} } \right) = 1 - P\left( {{A_0}} \right) = 1 - \dfrac{7}{{15}} = \dfrac{8}{{15}} \).

d) Chọn ngẫu nhiên 2 người của một tổ 10 người nên số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega)=C_{10}^2 \).

Kí hiệu \(A_1\) là biến cố: “Trong hai người có một nữ”.

Biến cố \(A_1\) là chọn 1 nữ trong 3 nữ và chọn 1 bạn nam trong 7 bạn nam.

Nên số phần tử của biến cố là: \(n(A_1)={C_7^1.C_3^1}\)

Vậy xác suất sao cho trong hai người được chọn có một nữ là

\( P\left( {{A_1}} \right) =\dfrac{n(A_1)}{n(\Omega)} = \dfrac{{C_7^1C_3^1}}{{C_{10}^2}} = \dfrac{{21}}{{45}} = \dfrac{7}{{15}} .\)

Một hộp chứa 10 quả cầu đỏ được đánh số từ 1 đến 10 , 20 quả cầu xanh được đánh số từ 1 đến 20 . Lấy ngẫu nhiên một quả. Tìm xác suất sao cho quả được chọn:

a) Ghi số chẵn;

b) Màu đỏ;

c) Màu đỏ và ghi số chẵn;

d) Màu xanh hoặc ghi số lẻ.

Phương pháp giải:

a) Để tính xác suất của biến cố A.

+) Tính \(n(\Omega) \): \(n(\Omega) =30\)

+) Tính n(A): tất cả số chẵn

+) Tính xác suất của biến cố A: \(P(A)=\dfrac{n(A)}{n(\Omega)}\) .

b) Để tính xác suất của biến cố B.

+) Tính \(n(\Omega) \): \(n(\Omega) =30\)

+) Tính n(B): tất cả quả cầu đỏ

+) Tính xác suất của biến cố B: \(P(B)=\dfrac{n(B)}{n(\Omega)}\).

c) Để tính xác suất của biến cố C.

+) Tính \(n(\Omega) \): \(n(\Omega) =30\)

+) Tính n(C): tất cả quả cầu đỏ được đánh số chẵn

+) Tính xác suất của biến cố C: \(P(C)=\dfrac{n(C)}{n(\Omega)}\).

d) Để tính xác suất của biến cố D.

+) Tính \(n(\Omega) \): \(n(\Omega) =30\)

+) Tính n(D): tổng các quả cầu màu xanh và quả cầu đỏ được đánh số lẻ.

+) Tính xác suất của biến cố D: \(P(D)=\dfrac{n(D)}{n(\Omega)}\).

Hướng dẫn giải:

a) Trong hộp có 30 quả nên \(n(\Omega)=30\)

Gọi biến cố A là biến cố quả được chọn là quả ghi số chẵn.

Có 15 quả ghi số chẵn nên \(n(A)=15 \).

Vậy theo định nghĩa \(P\left( A \right) = \dfrac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \dfrac{{15}}{{30}} = \dfrac{1}{2} \).

b) Trong hộp có 30 quả nên \(n(\Omega)=30\)

Gọi biến cố B là biến cố quả được chọn là quả màu đỏ. Có 10 quả màu đỏ nên n(B) = 10.

Vậy theo định nghĩa \(P\left( B \right) = \dfrac{{n(B)}}{{n(\Omega )}} = \dfrac{{10}}{{30}} = \dfrac{1}{3} \).

c) Trong hộp có 30 quả nên \(n(\Omega)=30\)

Gọi biến cố C là biến cố quả được chọn là quả ghi số chẵn. Có 5 quả màu đỏ ghi số chẵn nên n(C) = 5.

Vậy theo định nghĩa \(P\left( C \right) = \dfrac{{n(C)}}{{n(\Omega )}} = \dfrac{5}{{30}} = \dfrac{1}{6}\).

d) Trong hộp có 30 quả nên \(n(\Omega)=30\)

Gọi biến cố D là biến cố quả được chọn là quả ghi số chẵn. Có 25 quả màu xanh hoặc ghi số lẻ nên n(D)=25.

Vậy theo định nghĩa \(P\left( D \right) = \dfrac{{n(D)}}{{n(\Omega )}} = \dfrac{{25}}{{30}} = \dfrac{5}{6} \).

Kết quả (b,c) của việc gieo con súc sắc cân đối và đồng chất hai lần, trong đó b là số chấm xuất hiện trong lần gieo đầu, c là số chấm xuất hiện ở lần gieo thứ hai, được thay vào phương trình bậc hai \({x^2} + bx + c = 0 \). Tính xác suất để

a) Phương trình vô nghiệm;

b) Phương trình có nghiệm kép;

c) Phương trình có nghiệm.

Phương pháp giải:

a) b) Để tính xác suất của biến cố A.

+) Tính \(n(\Omega) \): chọn lần lượt b và c và sử dụng quy tắc nhân.

+) Tính n(A): liệt kê các giá trị của b, c và sử dụng quy tắc cộng.

+) Tính xác suất của biến cố A: \(P(A)=\dfrac{n(A)}{n(\Omega)} \).

c) Biến cố ở câu c là biến cố đối của biến cố ở câu b

→ Sử dung công thức P(C) = 1 - P(B).

Hướng dẫn giải:

Không gian mẫu \(\Omega = \left\{ {\left( {b,c} \right):1 \le b,c \le 6} \right\} \).

Ta có b có 6 cách, c có 6 cách nên theo quy tắc nhân, số phần tử trong không gian mẫu \(n(\Omega)=6.6=36\)

Gọi A là các biến cố cần tìm xác suất ứng với phương trình vô nghiệm.

Ta có \(\Delta = {b^2} - 4c\).

\( A = \left\{ {\left( {b,c} \right) \in \Omega |{b^2} - 4c < 0} \right\} \\ =\{\left( {1,1} \right),\left( {1,2} \right),...,\left( {1,6} \right), \left( {2,2} \right),...,\left( {2,6} \right), \left( {3,3} \right),\left( {3,4} \right),\left( {3,5} \right),\left( {3,6} \right), \left( {4,5} \right),\left( {4,6} \right)\} .\)

Suy ra \(n\left( A \right) = 6 + 5 + 4 + 2 = 17\)

Vậy xác suất để phương trình vô nghiệm là \({\rm{P}}\left( A \right) = \dfrac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \dfrac{{17}}{{36}} \).

b) Không gian mẫu \(\Omega = \left\{ {\left( {b,c} \right):1 \le b,c \le 6} \right\} \).

Ta có b có 6 cách, c có 6 cách nên theo quy tắc nhân, số phần tử trong không gian mẫu \(n(\Omega)=6.6=36\)

Gọi B là các biến cố cần tìm xác suất ứng với phương trình có nghiệm kép.

Ta có \(\Delta = {b^2} - 4c\)

\( \begin{array}{l}B = \left\{ {\left( {b,c} \right) \in \Omega |{b^2} - 4c = 0} \right\}\\{\rm{ }} = \left\{ {\left( {2,1} \right),\left( {4,4} \right)} \right\}.\end{array}\)

Khi đó n(B) = 2

Vậy xác suất để phương trình có nghiệm kép là \(P\left( B \right) = \dfrac{2}{{36}} = \dfrac{1}{{18}} \).

c) Không gian mẫu \(\Omega = \left\{ {\left( {b,c} \right):1 \le b,c \le 6} \right\} \). 

Ta có b có 6 cách, c có 6 cách nên theo quy tắc nhân, số phần tử trong không gian mẫu \(n(\Omega)=6.6=36 \).

- Gọi C là các biến cố cần tìm xác suất ứng với phương trình có nghiệm kép.

Ta có\( \Delta = {b^2} - 4c\).

\( C = \left\{ {\left( {b,c} \right) \in \Omega |{b^2} - 4c \ge 0} \right\}\)

Ta thấy biến cố C là biến cố đối của A: \(C = \overline A , \) 

Do đó theo hệ quả với mọi biến cố A ta có \(P(\overline{A})=1-P(A)\)

Vậy \(P\left( C \right) = 1 - P(A) = 1 - \dfrac{{17}}{{36}} = \dfrac{{19}}{{36}} \).

Một hộp chứa 10 quả cầu được đánh số từ 1 đến 10 , đồng thời các quả từ 1 đến 6 được sơn màu đỏ. Lấy ngẫu nhiễn một quả. Kí hiệu A là biến cố: “Quả lấy ra màu đỏ”, B là biến cố: “Quả lấy ra ghi số chẵn”. Hỏi A và B có độc lập không?

Phương pháp giải:

- Tính P(A.B) và P(A).P(B)

- So sánh P(A.B) và P(A).P(B)

+ Nếu có bằng nhau khi đó hai biến cố độc lập

+ Nếu không bằng nhau khi đó hai biến cố không độc lập.

Hướng dẫn giải:

Không gian mẫu \(\Omega = \left\{ {1,2,...,10} \right\}\) khi đó \(n(\Omega)=10\)

Biến cố \(A = \left\{ {1,2,3,4,5,6} \right\}\) khi đó n(A) = 6

Xác suất của biến cố A là \(P\left( A \right) = \dfrac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \dfrac{6}{{10}} = \dfrac{3}{5}\)

Biến cố \(B = \left\{ {2,4,6,8,10} \right\}\) khi đó n(B) = 5

Xác suất của biến cố B là \(P\left( B \right) = \dfrac{{n(B)}}{{n(\Omega )}} = \dfrac{5}{{10}} = \dfrac{1}{2}\)

Và \(A \cap B = \left\{ {2,4,6} \right\}\) khi đó \(n(A\cap B)=n(A.B)=3\) nên \({\rm{P}}\left( {AB} \right) = P(A \cap B) = \dfrac{3}{{10}}\)

Ta thấy \(P\left( {A.B} \right) = \dfrac{3}{{10}} = \dfrac{3}{5}.\dfrac{1}{2} = P\left( A \right)P\left( B \right)\)

Vậy A và B độc lập.

Trong kì kiểm tra chất lượng ở hai khối lớp, mỗi khối có 25% học sinh trượt Toán, 15% trượt Lí và 10% trượt Hoá. Từ mỗi khối chọn ngẫu nhiên một học sinh. Tính xác suất sao cho

a) Hai học sinh đó trượt Toán;

b) Hai học sinh đó đều bị trượt một môn nào đó;

c) Hai học sinh đó không bị trượt môn nào;

d) Có ít nhất một trong hai học sinh bị trượt ít nhất một môn.

Phương pháp giải:

a) Gọi A là biến cố: Học sinh được chọn từ khối I trượt

B là biến cố: Học sinh được chọn từ khối II trượt

→ Sử dụng tính chất biến cố A và B độc lập khi và chỉ khi P(A.B) = P(A).P(B) để tính P(A.B)

b) - Sử dụng tính chất biến cố A và B độc lập khi và chỉ khi P(A.B) = P(A).P(B)

- Sử dụng tính chất nếu A và B là hai biến cố xung khắc cùng liên quan đến phép thử thì \(P(A\cup B)=P(A)+P(B)\).

c) - Sử dụng công thứ: với mọi biến cố A ta có \(P(\overline{A})=1-P(A) \).

- Sử dụng tính chất biến cố A và B độc lập khi và chỉ khi P(A.B) = P(A).P(B)

d) - Sử dụng tính chất biến cố A và B độc lập khi và chỉ khi P(A.B) = P(A).P(B)

- Sử dụng tính chất với hai biến cố A và B bất kì cùng liên quan đến phép thử thì

\(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cap B} \right)\)

Hướng dẫn giải:

a) Kí hiệu \({A_1},{A_2},{A_3}\) lần lượt là các biến cố: Học sinh được chọn từ khối I trượt Toán, Lí, Hoá

\({B_1},{B_2},{B_3}\) lần lượt là các biến cố: Học sinh được chọn từ khối II trượt Toán, Lí, Hoá.

Rõ ràng với mọi (i,j) , các biến cố \({A_i}\) và \({B_j}\) độc lập.

Do đó ta có xác suất hai học sinh đó trượt Toán là

\(P\left( {{A_1}.{B_1}} \right) = P\left( {{A_1}} \right)P\left( {{B_1}} \right) = \dfrac{1}{4}.\dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{{16}} \).

b) Kí hiệu \({A_1},{A_2},{A_3}\) lần lượt là các biến cố: Học sinh được chọn từ khối I trượt Toán, Lí, Hoá;

\({B_1},{B_2},{B_3}\) lần lượt là các biến cố: Học sinh được chọn từ khối II trượt Toán, Lí, Hoá.

Rõ ràng với mọi (i,j) , các biến cố \({A_i}\) và \({B_j}\) độc lập.

Ta có \(A_1 , A_2 , A_3\) là ba biến cố xung khắc cùng liên quan đến phép thử chọn ngẫu nhiên một học sinh nên

\(P(A_1\cup A_2\cup A_3) =P(A_1)+P(A_2)+P(A_3) =\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{20}+\dfrac{1}{10}=\dfrac{1}{2}\)

Tương tự ta tính được \(P(B_1\cup B_2\cup B_3)=\dfrac{1}{2}\)

Xác suất để hai học sinh đó đều bị trượt một môn nào đó là

\(P\left( {\left( {{A_1} \cup {A_2} \cup {A_3}} \right) \cap \left( {{B_1} \cup {B_2} \cup {B_3}} \right)} \right) \\ = P\left( {{A_1} \cup {A_2} \cup {A_3}} \right).P\left( {{B_1} \cup {B_2} \cup {B_3}} \right) \\= \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4} \)

c) Đặt \(A = {A_1} \cup {A_2} \cup {A_3},B = {B_1} \cup {B_2} \cup {B_3} \).

Cần tính \(P\left( {\overline A \cap \overline B } \right)\).

Ta có \(A_1 , A_2 , A_3\) là ba biến cố xung khắc cùng liên quan đến phép thử chọn ngẫu nhiên một học sinh nên

\(P(A_1\cup A_2\cup A_3) \\=P(A_1)+P(A_2)+P(A_3) \\ =\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{20}+\dfrac{1}{10}=\dfrac{1}{2}\)

Tương tự ta tính được \(P(B_1\cup B_2\cup B_3)=\dfrac{1}{2}\)

Do \(\overline A\)  và \(\overline B \) độc lập nên

\(P\left( {\overline A \cap \overline B } \right) = P\left( {\overline A } \right)P\left( {\overline B } \right) \\ = \left[ {1 - P\left( A \right)} \right]\left[ {1 - P\left( B \right)} \right] \\ = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4} \).

d) Đặt \(A = {A_1} \cup {A_2} \cup {A_3}\), \(B= {B_1} \cup {B_2} \cup {B_3} \)

 \(P(A)=P(A_1\cup A_2\cup A_3)=\dfrac{1}{2} \) 

\(P(B)=P(B_1\cup B_2\cup B_3)=\dfrac{1}{2} \)

 \(P(A\cap B)=P(A.B)=P(A).P(B) =\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}\)

Cần tính \( P\left( {A \cup B} \right)\)

Ta có: 

\(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cap B} \right) \\ = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{4} \\ = \dfrac{3}{4} \)

Cho A và B là hai biến cố độc lập với P(A) = 0,6 ; P(B) = 0,3 . Tính

a) \( P\left( {A \cup B} \right) ;\)

b) \( P\left( {\overline A \cup \overline B } \right) \)

Phương pháp giải:

a) Sử dụng các công thức:

\(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cap B} \right)\)

\(P(A\cap B)=P(A.B)=P(A).P(B) \)

b) Sử dụng các công thức:

\(P(A\cap B)=P(A.B)=P(A).P(B) \)

\((\overline{A\cap B})=P(\overline{A}\cup \overline{B}) \)

\(P(\overline{A})=1-P(A) \)

Hướng dẫn giải:

 \(a) P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) \\= P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( A \right)P\left( B \right) \\ = 0,6 + 0,3 - 0,18 = 0,72 \)

\(b) P(\overline{A}\cup \overline{B})= P(\overline{A\cap B}) \\ =1- P(A\cap B)=1-P(A)P(B) \\ =1-0,3.0,6=0,82\)

Từ một cỗ bài tú lơ khơ gồm 52 con, lấy ngẫu nhiên lần lượt có hoàn lại từng con cho đến khi lần đầu tiên lấy được con át thì dừng. Tính xác suất sao cho

a) Quá trình lấy dừng lại ở lần thứ hai

b) Quá trình lấy dừng lại sau không quá hai lần

Phương pháp giải:

a) b) Sử dụng công thức: 

A và B độc lập khi và chỉ khi \(P(A\cap B)=P(A.B)=P(A).P(B)\)

Hướng dẫn giải:

a) Kí hiệu \({A_k} \): Lần thứ k lấy được con át, \(k \ge 1 \). Rõ ràng \({A_1},{A_2}\) độc lập.

Tính xác suất cho quá trình lấy dừng lại ở lần thứ hai nghĩa là lần thứ nhất lấy không phải là con át, lần thứ hai lấy là con át.

Ta cần tính \(P\left( {\overline {{A_1}} \cap {A_2}} \right) \).

Ta có

\(P\left( {\overline {{A_1}} \cap {A_2}} \right) = P\left( {\overline {{A_1}} } \right)P\left( {{A_2}} \right) = \dfrac{{48}}{{52}}.\dfrac{4}{{52}} \).

b) Quá trình lấy dùng lại không quá hai lần có nghĩa là hoặc là lần thứ nhất lấy được luôn hoặc là đến lần thứ hai mới lấy được.

Theo bài ra ta cần tính

\( P\left( {{A_1}} \right) + P\left( {\overline {{A_1}} \cap {A_2}} \right) \\ = P({A_1}) + P\left( {\overline {{A_1}} } \right)P({A_2}) \\ = \dfrac{4}{{52}} + \dfrac{{48}}{{52}}.\dfrac{4}{{52}} \approx 0,15. \)

Có 30 đề thi trong đó có 10 đề khó và 20 đề trung bình. Xác suất để chọn ra 2 đề được ít nhất một đề trung bình là:

A. \(\dfrac{70}{87}\)           B. \(\dfrac{71}{87}\)

C. \(\dfrac{73}{87}\)           D. \(\dfrac{78}{87}\)

Phương pháp giải:

- Biến cố đối của A là chọn ra hai đề không có đề trung bình nào.

- Để tính xác suất của biến cố \(\overline{A}\).

+) Tính \(n(\Omega)\): là số cách chọn ra 2 đề là tổ hợp chập 2 của 30.

+) Tính \(n(\overline{A})\): là số cách chọn cả 2 đề đều là đề khó nên ta sử dụng tổ hợp để tính.

+) Tính xác suất của biến cố A: \(P(\overline{A})=\dfrac{n(\overline{A})}{n(\Omega)} \).

- Sử dụng công thức \(P(\overline{A})=1-P(A) \) → P(A)

Hướng dẫn giải:

Chọn ngẫu nhiên 2 đề trong 30 đề nên số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega)=C_{30}^2 \).

Gọi A là biến cố chọn ra hai đề được ít nhất một đề trung bình.

Nên ta có biến cố đối của A là chọn ra hai đề không có đề trung bình nào \(n(\overline{A})=C_{10}^2 \)

Khi đó \(P(\overline{A})=\dfrac{n(\overline{A})}{n(\Omega)}=\dfrac{ C_{10}^2}{ C_{30}^2}=\dfrac{3}{29}\)

Theo hệ quả với mọi biến cố A ta có \(P(\overline{A})=1-P(A)\)

Do đó \(P\left( A \right) = 1 - P( \overline A ) = 1 - \dfrac{3}{{29}} = \dfrac{{26}}{{29}} = \dfrac{{78}}{{87}} \)

Đáp án: D.

Một đề thi trắc nghiệm có 5 câu, mỗi câu có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có một phương án đúng. Xác suất để trả lời một cách ngẫu nhiên đúng 3 câu là:

A. \(\dfrac{45}{512}\)          B. \(\dfrac{47}{512}\)

C. \(\dfrac{49}{512}\)          D. \(\dfrac{51}{512}\)

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất biến cố A và B độc lập khi và chỉ khi P(A.B) = P(A).P(B)

Hướng dẫn giải:

Xác suất trả lời đúng một câu là \(\dfrac{1}{4} \), xác suất trả lời sai một câu là \(\dfrac{3}{4}\)

Số cách chọn ra 3 trong số 5 câu để trả lời đúng là \(C_5^3\)

Xác suất để trả lời đúng 3 câu (sai 2 câu) là \(C_5^3.{\left( {\dfrac{1}{4}} \right)^3}{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^2} = \dfrac{{45}}{{512}}\)

Đáp án: A.

Một đề thi trắc nghiệm có 5 câu, mỗi câu có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có một phương án đúng. Xác suất để trả lời ngẫu nhiên đúng ít nhất một câu là :

A. \(\dfrac{779}{1024}\)      B. \(\dfrac{791}{1024}\)

C. \(\dfrac{781}{1024}\)      D. \(\dfrac{881}{1024}\)

Phương pháp giải:

 \(\overline{A}\) là biến cố trả lời không đúng câu nào.

Sử dụng công thức \(P(\overline{A})=1-P(A)\) → P(A).

Hướng dẫn giải:

Xác suất trả lời đúng một câu là \(\dfrac{1}{4} \), xác suất trả lời sai một câu là \(\dfrac{3}{4} \).

Gọi A là biến cố trả lời đúng ít nhất một câu.

Khi đó ta có \(\overline{A}\) là biến cố trả lời không đúng câu nào.

Xác suất trả lời không đúng câu nào là \(P(\overline A ) = {\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^5}\)

Do đó theo hệ quả với mọi biến cố A ta có

\(P(\overline{A})=1-P(A) \).

⇒ \(P\left( A \right) = 1 - P(\overline A ) = 1 - {\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^5} = \dfrac{{781}}{{1024}} \)

Đáp án: C.