BIÊN CỐ XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ

Câu 1: [1D2-4-4] (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Mỗi lượt, ta gieo súc sắc (loại mặt, cân đối) đồng xu (cân đối) Tính xác suất để lượt gieo vậy, có lượt gieo kết xúc sắc xuất mặt chấm, đồng thời đồng xu xuất mặt sấp 397 1728 1603 1728 A B 1385 1728 C 1331 1728 D Lời giải Chọn A Gọi    x ; y  : x  1, ,6, y S; N, i  1, 2,3 biến cố xuất lần gieo, với i i i i  xi ; yi  lượt gieo thứ i súc sắc xuất mặt xi  1; 2;3; 4;5;6 yi S ; N  xi chấm, đồng xu suất mặt yi với Khi gieo lần, súc sắc đồng xu xuất mặt ta có: gieo lần (lần lần ) có 6.2 số phần tử khơng gian mẫu n      6.2   1728 Gọi A biến cố lượt gieo lượt gieo kết xúc sắc xuất mặt chấm, đồng thời đồng xu xuất mặt sấp Khi biến cố A xảy khả sau: TH1: Gọi biến cố A1 có lần gieo kết xúc sắc xuất mặt chấm, đồng thời đồng xu xuất mặt sấp A1 có số phần tử n  A1   112.3  363 (do biến cố 1; S  xuất lần gieo có C31  khả xảy ra, hai lần gieo lại khơng xuất biến cố lần 11 khả xảy ra) TH2: Gọi biến cố A2 có lần gieo kết xúc sắc xuất mặt chấm, đồng thời đồng xu xuất mặt sấp A2 có số phần tử n  A2   3.11  33 (do lần gieo xuất biến cố 1; S  có C32  khả năng, lần gieo lại khơng xuất biến cố có 11 khả xảy ra) TH3: Gọi biến cố A3 lần gieo kết xúc sắc xuất mặt chấm, đồng thời đồng xu xuất mặt sấp A3 có số phần tử n  A3   Do n  A  n  A1   n  A2   n  A3   363  33   397 n  A 397  n    1728 Câu 2: [1D2-4-4] (THPT TRẦN PHÚ ĐÀ NẴNG – 2018)Gọi S tập hợp sơ tự nhiên có chữ số đôi khác Chọn ngẫu nhiên số tập S Tính xác suất để số chọn có bốn chữ số lẻ cho số đứng hai chữ số lẻ Vậy xác suất cần tìm P  A  A 54 B 648 C Lời giải Chọn A Gọi số cần lập abcdefghi 42 D 20 189 Không gian mẫu : Tập hợp số có chữ số đơi khác Vì a   có cách chọn a bcdefghi khơng có chữ số a  có 9! cách chọn Vậy n      9! Biến cố A : Số chọn có chữ số lẻ cho số đứng hai chữ số lẻ  Số đứng hai chữ số lẻ nên số đứng a i Suy có cách xếp chữ số  Chọn hai số lẻ đặt bên cạnh số (có xếp) có A52 cách chọn  Tiếp tục chọn hai số lẻ khác xếp vào vị trí lại có C32  A62  90 cách chọn Còn lại vị trí, chọn từ số chẵn 2; 4;6;8 có 4!  24 cách chọn Vậy n  A   A52  90  24  302400 cách chọn Xác suất để xảy biến cố A p  A  n  A 302400   n   9! 54 Câu 3: [1D2-4-4] Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số phân biệt Chọn ngẫu nhiên số từ S Xác suất chọn số lớn 2500 A P  13 68 B P  55 68 C P  68 81 D P  Lời giải Chọn C Số có chữ số có dạng: abcd Số phần tử không gian mẫu: n  S   9.9.8.7  4536 Gọi A : “ tập hợp số tự nhiên có chữ số phân biệt lớn 2500 ” TH1 a  Chọn a : có cách chọn Chọn b : có cách chọn Chọn c : có cách chọn Chọn d : có cách chọn Vậy trường hợp có: 7.9.8.7  3528 (số) TH2 a  , b  Chọn a : có cách chọn Chọn b : có cách chọn Chọn c : có cách chọn Chọn d : có cách chọn Vậy trường hợp có: 1.4.8.7  224 (số) 13 81 TH3 a  , b  , c  Chọn a : có cách chọn Chọn b : có cách chọn Chọn c : có cách chọn Chọn d : có cách chọn Vậy trường hợp có: 1.1.7.7  49 (số) TH4 a  , b  , c  , d  Chọn a : có cách chọn Chọn b : có cách chọn Chọn c : có cách chọn Chọn d : có cách chọn Vậy trường hợp có: 1.1.1.7  (số) Như vậy: n  A  3528  224  49   3808 n  A 3508 68   n  S  4536 81 Câu 4: [1D2-4-4] Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số phân biệt lấy từ số , , , , , , , , Chọn ngẫu nhiên số từ S Xác suất chọn số chứa số lẻ Suy ra: P  A  A P  16 42 B P  16 21 C P  10 21 D P  23 42 Lời giải Chọn C Số phần tử không gian mẫu: n     A96  60480 (mỗi số tự nhiên abcdef thuộc S chỉnh hợp chập 9- số phần tử S số chỉnh hợp chập 9) Gọi A : “số chọn chứa số lẻ” Ta có: n  A  C53 A63 A43  28800 (bốc số lẻ từ số lẻ cho- chọn vị trí từ vị trí số abcdef xếp thứ tự số vừa chọn – bốc số chẵn từ số chẵn cho xếp thứ tự vào vị trí lại số abcdef ) n  A 28800 10   Khi đó: P  A  n    60480 21 Câu 5: [1D2-4-4] [Chuyên Nguyễn Quang Diệu - Đồng Tháp - 2018 - BTN] Kết  b, c  việc gieo súc sắc cân đối hai lần liên tiếp, b số chấm xuất lần gieo thứ nhất, c số chấm xuất lần gieo thứ hai thay vào phương trình bậc hai x  bx  c  Tính xác suất để phương trình bậc hai vơ nghiệm: A 36 B 12 C Lời giải Chọn D 23 36 D 17 36 Gieo súc sắc cân đối hai lần liên tiếp, số phần tử không gian mẫu 36 Ta có: b số chấm xuất lần gieo thứ nhất, c số chấm xuất lần gieo thứ hai nên b  1;6 c  1;6 với b , c  Phương trình x  bx  c  vô nghiệm    b  4c   b  4c Với b  có trường hợp xảy Với b  có trường hợp xảy (trừ trường hợp c  ) Với b  có trường hợp xảy (trừ trường hợp c  ) Với b  có trường hợp xảy (trừ trường hợp c  ) Do có tổng cộng 17 khả xảy để phương trình vơ nghiệm Vậy xác suất để phương trình vơ nghiệm là: P  17 36 Câu 6: [1D2-4-4] (THPT Chuyên Hà Tĩnh - Lần - 2018 - BTN) Trong lớp có n học sinh gồm ba bạn Chuyên, Hà, Tĩnh n  học sinh khác Khi xếp tùy ý học sinh vào dãy ghế đánh số từ đến n học sinh ngồi ghế xác suất để số ghế Hà trung bình cộng số ghế Chuyên số ghế 13 Tĩnh Khi n thỏa mãn 675 A n  35;39 B n   40; 45 C n  30;34 D n   25; 29 Lời giải Chọn D Số cách xếp n học sinh vào n ghế n! , n     n ! Gọi A biến cố xếp bạn học sinh cho số ghế Hà trung bình cộng số ghế Chuyên số ghế Tĩnh * Nếu n số lẻ: Chọn ba số n số để ba số lập thành cấp số cộng: có  n  1 n   n     Xếp ba bạn Chuyên, Hà, Tĩnh vào ba ghế có ba số chọn thỏa tốn: có cách Xếp n  bạn lại vào ghế: có  n  3 ! cách  n  1  n  3! n 1  Do số phần tử A n  A  2n  n   4n ! Theo đề ta có n 1 13 n   n  27 2n  n   675 * Nếu n số chẵn: Chọn ba số n số để ba số lập thành cấp số cộng: có n  n  2 n   n     Xếp ba bạn Chuyên, Hà, Tĩnh vào ba ghế có ba số chọn thỏa tốn: có cách Xếp n  bạn lại vào ghế: có  n  3 ! cách Do số phần tử A n  A   Theo đề ta có 2.n  n    n  3 !  4n !  n  1 13  (vô nghiệm  n  1 675 ) Vậy lớp có 27 học sinh Câu 7: [1D2-4-4] (THPT Năng Khiếu - TP HCM - Lần - 2018) Cho số phức z thõa mãn z   i  Tìm giá trị lớn biểu thức P  z   i  z   3i C 18  10 B 38  10 A 18 B 16  10 Lời giải Chọn B ) M  x; y  điểm biểu diễn z Giả sử z  x  yi ( x, y  Suy M   C1  có tâm I1 1;  1 bán kính r1  z   i    x  1   y  1  (1) 2 P  z   i  z   3i   x     y  1   x     y  3 2 2 2 Suy P   x  1   y  1  x  y  x  10 y  16   x  1   y  5  2 Ta có  x  1   y  5  P  2  C2  đường tròn có tâm I  1;5 , bán kính  P   I1 I  r1  P   10   P  ; I1 I  10  P  38  10 Vậy MaxP =38+8 10 Câu 8: [1D2-4-4] (THPT Năng Khiếu - TP HCM - Lần - 2018) Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số chia hết cho Chọn ngẫu nhiên số từ tập S , tính xác suất để chữ số số đơi khác A 396 625 B 512 3125 C 369 6250 D 198 3125 Lời giải Chọn C Số chia hết cho có dạng: 9m , với m Ta có 1000000  9m  10000000  111111  m  1111111 Do có 1000000 số có chữ số chia hết cho Từ chữ số 0;1; 2; ;9 ta có gồm số có tổng chia hết cho là:  0; 2;3; 4;5;6;7  ;  0;3; 4;5;7;8;9  ;  0;1;3; 4;5;6;8 ;  0;1; 2; 4;5;7;8 ;  0;1; 2;3;6;7;8 ;  0; 2; 4;6;7;8;9  ;  2;3; 4;5;6;7;9  ;  0;1;5;6;7;8;9  ;  0;1; 2;3; 4;8;9  ;  0;1; 2;3;5;7;9  ; 1;3; 4;5;6;8;9  ; 1; 2; 4;5;7;8;9  ; 1; 2;3;6;7;8;9  Có số gồm số có tổng chia hết cho có số nên từ số lập được:   6!  38880 số có chữ số đơi khác chia hết cho Có số gồm số có tổng chia hết cho tương tự số  2;3; 4;5;6;7;9  , nên từ số lập  7!  20160 số có chữ số đơi khác chia hết cho Vậy, xác suất chọn số từ tập S để số có chữ số số đơi 38880  20160 369  khác là: P  1000000 6250 Câu 9: [1D2-4-4] (THPT Chuyên Trần Phú - Hải Phòng - Năm 2018) Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên có chữ số Tính xác suất để số chọn có dạng abcd ,  a  b  c  d  A 0, 014 B 0, 0495 C 0, 079 0, 055 Lời giải Chọn D Số tự nhiên có bốn chữ số có dạng abcd D a  1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 suy có cách chọn bcd có 103 cách chọn Suy số phần tử không gian mẫu n     9.103  9000 Gọi A biến cố ‘‘số Chọn Có dạng abcd ,  a  b  c  d  ’’ Số dạng aaaa có số Số dạng abcd ( a  b  c  d ) có C94 số Số dạng aaab có C92 số Số dạng aabb có C92 số Số dạng abbc có C93 số Số dạng abbc có C93 số Số dạng abcc có C93 số n  A   C94  3.C92  3.C93  495 Vậy P  A  n  A 495   0.55 n    9000 Câu 10: [1D2-4-4] (Sở GD ĐT Đà Nẵng-2017-2018 - BTN) Từ 12 học sinh gồm học sinh giỏi, học sinh khá, học sinh trung bình, giáo viên muốn thành lập nhóm làm tập lớn khác nhau, nhóm học sinh Tính xác suất để nhóm có học sinh giỏi học sinh A 36 385 B 18 385 C 72 385 D 144 385 Lời giải Chọn A Ta có số phần tử không gian mẫu n()  C123 C93.C63.C33 Đánh số nhóm A, B, C, D Bước 1: xếp vào nhóm học sinh có 4! cách Bước 2: xếp học sinh giỏi vào nhóm có nhóm có học sinh giỏi Chọn nhóm có học sinh giỏi có cách, chọn học sinh giỏi có C52 cách, xếp học sinh giỏi lại có 3! cách Bước 3: Xếp học sinh trung bình có 3! cách 4!.4.C52 3!.3! 36 Đáp số: 3 3  C12C9 C6 C3 385 Câu 11: [1D2-4-4] (THPT Kinh Môn - Hải Dương - Lần - 2018 - BTN) Cho tập X  6,7,8,9 , gọi E tập số tự nhiên khác có 2018 chữ số lập từ số tập X Chọn ngẫu nhiên số tập E , tính xác suất để chọn số chia hết cho A 1  1  4035  3  1  1  4036  3  D B 1  1  2017  3  C 1  1  2018  3  Lời giải Chọn A Gọi An , Bn tập số chia hết, không chia hết cho Với số thuộc An có hai cách thêm vào cuối chữ số chữ số để An 1 hai cách thêm chữ số chữ số để Bn 1 Với số thuộc Bn có cách thêm vào cuối chữ số chữ số để An 1 có ba cách thêm chữ số để Bn 1  An 1  An  Bn  Bn1  An1  Bn  An1  An  An 1 Như   Bn 1  An  Bn Hay An  An1  An 2 Xét dãy số an  An , ta có a1  2, a2  6, an  5an 1  4an  ; n  Nên an     4n  n  4 3 2018  Suy có số chia hết cho 3 Mà E  42018 Vậy P  42018      1  4035  2018 3.4   Câu 12: [1D2-4-4] (Chuyên Thái Bình-Thái Bình-L4-2018-BTN) Cho đa giác  H  có 60 đỉnh nội tiếp đường tròn  O  Người ta lập tứ giác tùy ý có bốn đỉnh đỉnh  H  Xác suất để lập tứ giác có bốn cạnh đường chéo  H  gần với số số sau? A 85, 40% 80, 70% B 13, 45% C 40,35% D Lời giải Chọn D Số phần tử không gian mẫu là: n     C604 Gọi E biến cố “lập tứ giác có bốn cạnh đường chéo  H  ” Để chọn tứ giác thỏa mãn đề ta làm sau: Bước 1: Chọn đỉnh tứ giác, có 60 cách Bước 2: Chọn đỉnh lại cho hai đỉnh tứ giác cách đỉnh Điều tương đương với việc ta phải chia m  60 kẹo cho n  đứa trẻ cho đứa trẻ có k  cái, có Cmn1n ( k 1)1  C553 cách, làm tứ giác lặp lại lần  Số phần tử biến cố E là: n  E   60.C553 n  E  60.C553 Xác suất biến cố E là: P  E     80, 7% n    4.C604 Câu 13: [1D2-4-4] (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2018 - BTN) Cho tập hợp A  1; 2;3; ;100 Gọi S tập hợp gồm tất tập A , tập gồm phần tử A có tổng 91 Chọn ngẫu nhiên phần tử S Xác suất chọn phần tử có số lập thành cấp số nhân bằng? A 645 B 645 C 645 D 645 Lời giải Chọn C Giả sử tập a, b, c  S   a, b, c  100 ; a, b, c phân biệt a  b  c  91 31 Đây toán chia kẹo Euler nên số a, b, c là: C91 1 Tuy nhiên chứa có chữ số giống nhau, số có chữ số giống 3.45  135 ( bộ) Vậy n      C902  3.45 : 3!  645 Gọi A biến cố: ” a, b, c lập thành cấp số nhân” Gọi q công bội cấp số nhân theo ta có q  a  aq  aq  91  a 1  q  q   1.91  13.7 a  Trường hợp 1:  1  q  q a  91 Trường hợp 2:  1  q  q a  13 Trường hợp 3:  1  q  q a  Trường hợp 3:  1  q  q a    91 q  a  91  (loại)  q  a  13  (thỏa mãn) 7 q  a   (thỏa mãn)  13 q  Vậy n  A  645 P  A  Câu 14: [1D2-4-4](THPT LƯƠNG TÀI - BẮC NINH - LẦN - 2017 - 2018 - BTN) Lớp 10X có 25 học sinh, chia lớp 10X thành hai nhóm A B cho nhóm có học sinh nam nữ Chọn ngẫu nhiên hai học sinh từ hai nhóm, nhóm học sinh Tính xác suất để chọn hai học sinh nữ Biết rằng, nhóm A có học sinh nam xác suất chọn hai học sinh nam 0,54 A 0, 42 B 0, 04 C 0, 46 D 0, 23 Lời giải Chọn B Gọi số học sinh nam nhóm B c  c    b b   số học sinh nữ nhóm  A Số phần tử không gian mẫu n       b  c  25   b  c     b 16  b  Gọi T biến cố chọn hai học sinh nam Suy n T   9c Theo giả thiết suy 9c c  0,54   50   b 16  b    b 16  b    b  16  b  Do   b 16  b      200 nên   b 16  b   50;100;150   Thử trường hợp ta có trường hợp c  b  b  thỏa mãn Vậy xác suất chọn hai học sinh nữ 6.1  0, 04 150 Câu 15: [1D2-4-4] Giải bóng chuyền VTV Cup có 12 đội tham gia có đội nước đội củaViệt nam Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành bảng đấu A , B , C bảng đội Xác suất để đội Việt nam nằm bảng đấu A P  P 2C93C63 C124 C84 B P  6C93C63 C124 C84 C P  3C93C63 C124 C84 D C93C63 C124 C84 Lời giải Chọn B + Số phần tử không gian mẫu: n     C124 C84 C44 3! (bốc đội từ 12 đội vào bảng A – bốc đội từ đội lại vào bảng B – bốc đội từ đội lại vào bảng C – hoán vị bảng) Gọi A : “ đội Việt Nam nằm bảng đấu” Khi đó: n  A  C93 C63 C33 3!.3! (bốc đội NN từ đội NN vào bảng A – bốc đội NN từ đội NN lại vào bảng B – bốc đội NN từ đội NN lại vào bảng C – hoán vị bảng – bốc đội VN vào vị trí lại bảng) n  A C93 C63 C33 3!.3! 6.C93 C63 Xác suất biến cố A P  A   4  4 n  C12 C8 C4 3! C12 C8 Câu 16: [1D2-4-4] Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số phân biệt Chọn ngẫu nhiên số từ S Xác suất chọn số lớn 2500 A P  13 68 B P  55 68 C P  68 81 D P  Lời giải Chọn C Số có chữ số có dạng: abcd Số phần tử không gian mẫu: n  S   9.9.8.7  4536 Gọi A : “ tập hợp số tự nhiên có chữ số phân biệt lớn 2500 ” TH1 a  Chọn a : có cách chọn Chọn b : có cách chọn Chọn c : có cách chọn Chọn d : có cách chọn Vậy trường hợp có: 7.9.8.7  3528 (số) TH2 a  , b  Chọn a : có cách chọn Chọn b : có cách chọn Chọn c : có cách chọn 13 81 Chọn d : có cách chọn Vậy trường hợp có: 1.4.8.7  224 (số) TH3 a  , b  , c  Chọn a : có cách chọn Chọn b : có cách chọn Chọn c : có cách chọn Chọn d : có cách chọn Vậy trường hợp có: 1.1.7.7  49 (số) TH4 a  , b  , c  , d  Chọn a : có cách chọn Chọn b : có cách chọn Chọn c : có cách chọn Chọn d : có cách chọn Vậy trường hợp có: 1.1.1.7  (số) Như vậy: n  A  3528  224  49   3808 Suy ra: P  A  n  A 3508 68   n  S  4536 81 Câu 17: [1D2-4-4] Cho đa giác 12 đỉnh Chọn ngẫu nhiên đỉnh 12 đỉnh đa giác Xác suất để đỉnh chọn tạo thành tam giác A P  55 B P  220 C P  D P  14 Lời giải Chọn A Số phần tử không gian mẫu: n     C123  220 (chọn đỉnh từ 12 đỉnh đa giác ta tam giác) Gọi A : “ đỉnh chọn tạo thành tam giác ” (Chia 12 đỉnh thành phần Mỗi phần gồm đỉnh liên tiếp Mỗi đỉnh tam giác ứng với phần Chỉ cần chọn đỉnh đỉnh lại xác định nhất) Ta có: n  A  C41  n  A   n    220 55 Câu 18: [1D2-4-4] Ba cầu thủ sút phạt đến 11m, người đá lần với xác suất làm bàn tương ứng x , y 0, (với x  y ) Biết xác suất để ba cầu thủ ghi bàn 0,976 xác suất để ba cầu thủ ghi ban 0,336 Tính xác suất để có hai cầu thủ ghi bàn Khi đó: P  A  A P (C )  0, 452 B P (C )  0, 435 P (C )  0, 4245 Lời giải Chọn A C P (C )  0, 4525 D Gọi Ai biến cố “người thứ i ghi bàn” với i  1, 2,3 Ta có Ai độc lập với P  A1   x, P  A2   y, P  A3   0,6 Gọi A biến cố: “ Có ba cầu thủ ghi bàn” B: “ Cả ba cầu thủ ghi bàn” C: “Có hai cầu thủ ghi bàn”         Ta có: A  A1 A2 A3  P A  P A1 P A2 P A3  0, 4(1  x)(1  y)   Nên P( A)   P A   0, 4(1  x)(1  y)  0,976 Suy (1  x)(1  y )  47  xy  x  y   (1) 50 50 Tương tự: B  A1 A2 A3 , suy ra: P  B   P  A1  P  A2  P  A3   0,6 xy  0,336 xy  14 (2) 25 14   xy  25 Từ (1) (2) ta có hệ:  , giải hệ kết hợp với x  y ta tìm x  y   x  0,8 y  0, Ta có: C  A1 A2 A3  A1 A2 A3  A1 A2 A3 Nên P(C )  (1  x) y.0,  x(1  y ).0,  xy.0,  0, 452 Câu 19: [1D2-4-4] Một trắc nghiệm có 10 câu hỏi, câu hỏi có phương án lựa chọn có đáp án Giả sử câu trả lời điểm câu trả lời sai bị trừ điểm Một học sinh không học nên đánh hú họa câu trả lời Tìm xác suất để học sinh nhận điểm A P ( A)  0, 7124 B P ( A)  0, 7759 C P ( A)  0, 7336 D P ( A)  0, 783 Lời giải Chọn B Ta có xác suất để học sinh trả lời câu xác suất trả lời câu sai 4 Gọi x số câu trả lời đúng, số câu trả lời sai 10  x Số điểm học sinh đạt là: x  2(10  x)  x  20 21 Nên học sinh nhận điểm x  20   x  Mà x nguyên nên x nhận giá trị: 0,1, 2, Gọi Ai ( i  0,1, 2,3 ) biến cố: “Học sinh trả lời i câu” A biến cố: “ Học sinh nhận điểm 1” Suy ra: A  A0  A1  A2  A3 P( A)  P( A0 )  P( A1 )  P( A2 )  P( A3 ) i 10 i 1 3 Mà: P( Ai )  C     4 4 i 10 i 10 i 1  3 nên P( A)   C     4 4 i 0 i 10  0, 7759 Câu 20: [1D2-4-4] (THPT Chu Văn An - Hà Nội - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Gọi S tập hợp số tự nhiên nhỏ 106 thành lập từ hai chữ số Lấy ngẫu nhiên hai số S Xác suất để lấy số chia hết cho A 4473 8128 B 2279 4064 C 55 96 D 53 96 Lời giải Chọn D Có: a1  ; a1 , , a6  0;1 Số phần tử S : 1.2 1.2.2 1.2.2.2 1.2.2.2.2 1.2.2.2.2.2  64 Lấy ngẫu nhiên hai số S , có : C632 (cách lấy) Gọi A biến cố lấy số chia hết cho  A biến cố không lấy số chia hết cho Ta xét xem 63 số tập S có số chia cho : + TH1: Số có chữ số a1 : có số hai số khơng chia cho + TH1: Số có chữ số a1a2 với a1  : có số số không chia cho + TH2: Số có chữ số a1a2 a3 với a1  : có số có số chia cho + TH3: Số có chữ số a1a2 a3a4 với a1  : có số có số chia cho + TH4: Số có chữ số a1a2 a3a4 a5 với a1  : có 16 số có số chia cho + TH5: Số có chữ số a1a2 a3a4 a5 a6 với a1  : có 32 số có 11 số chia cho Do có 21 số chia cho có 43 số khơng chia cho   Do đó: P A    C432 43 53  Vậy P  A    P A  96 C64 96 Câu 21: [1D2-4-4] (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp - QB - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Trong lễ tổng kết năm học 2017  2018 , lớp 12T nhận 20 sách gồm sách toán, sách vật lý, sách Hóa học, sách mơn học giống Số sách chia cho 10 học sinh lớp, học sinh nhận hai sách khác mơn học Bình Bảo hai số 10 học sinh Tính xác suất để sách mà Bình nhận giống sách Bảo A B 17 90 C 14 45 D 12 45 Lời giải Chọn D Gọi x , y , z số phần quà gồm sách Toán Vật lý, Toán Hóa học, Vật lý Hóa học x  y  x    Khi theo đề ta có hệ phương trình  x  z    y  y  z  z    Số phần tử không gian mẫu n  C102 C83 C55  2520 Gọi A biến cố sách mà Bình nhận giống sách Bảo Số phần tử A nA  C22 C83.C55  C82 C61.C55  C82 C63.C33  784 Vậy xác suất cần tìm P  A   748 14  2520 45 Câu 22: [1D2-4-4] Một hộp đựng 11 thẻ đánh số từ đến 11 Chọn ngẫu nhiên thẻ Gọi P xác suất để tổng số ghi thẻ số lẻ Khi P bằng: A 100 115 B 231 231 C D 118 231 Lời giải Chọn D n()  C116  462 Gọi A :”tổng số ghi thẻ số lẻ” Từ đến 11 có số lẻ số chẵn Để có tổng số lẻ ta có trường hợp Trường hợp 1: Chọn thẻ mang số lẻ thẻ mang số chẵn có: 6.C55  cách Trường hợp 2: Chọn thẻ mang số lẻ thẻ mang số chẵn có: C63 C53  200 cách Trường hợp 2: Chọn thẻ mang số lẻ thẻ mang số chẵn có: C65  30 cách Do n( A)   200  30  236 Vậy P( A)  236 118  462 231 Câu 23: [1D2-4-4] (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk - 2017 - 2018 - BTN) Một nhóm 10 học sinh gồm nam có Quang, nữ có Huyền xếp ngẫu nhiên vào 10 ghế hàng ngang để dự lễ sơ kết năm học Xác suất để xếp bạn nữ gần có bạn nam, đồng thời Quang không ngồi cạnh Huyền là: A 109 30240 B 280 C 5040 D 109 60480 Lời giải Chọn B Ta có: n     10! Giả sử ghế đánh số từ đến 10 Để có cách xếp cho bạn nữ có bạn nam bạn nữ phải ngồi ghế đánh số , , , 10 Có tất số cách xếp chỗ ngồi loại là: 6!.4! cách Ta tính số cách xếp chỗ ngồi cho Huyền Quang ngồi cạnh Nếu Huyền ngồi ghế 10 có cách xếp chỗ ngồi cho Quang Nếu Huyền ngồi ghế có cách xếp chỗ ngồi cho Quang Do đó, số cách xếp chỗ ngồi cho Quang Huyền ngồi liền  2.2  Suy ra, số cách xếp chỗ ngồi cho 10 người cho Quang Huyền ngồi liền 6.3!.5! Gọi A: “ Giữa bạn nữ gần có bạn nam, đồng thời Quang không ngồi cạnh Huyền” n  A  4!.6! 6.3!.5!  12960  P  A  Vậy xác suất cần tìm 280 n  A 12960   n  10! 280 ... 302400 cách chọn Xác suất để xảy biến cố A p  A  n  A 302400   n   9! 54 Câu 3: [1D2-4-4] Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số phân biệt Chọn ngẫu nhiên số từ S Xác suất chọn số lớn... Cmn1n ( k 1)1  C553 cách, làm tứ giác lặp lại lần  Số phần tử biến cố E là: n  E   60.C553 n  E  60.C553 Xác suất biến cố E là: P  E     80, 7% n    4.C604 Câu 13: [1D2-4-4]... 3!.3! 6.C93 C63 Xác suất biến cố A P  A   4  4 n  C12 C8 C4 3! C12 C8 Câu 16: [1D2-4-4] Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số phân biệt Chọn ngẫu nhiên số từ S Xác suất chọn số lớn