Bài tập Xác xuất lớp 11 có đáp án

Bài toán 1.
 Cho một lục giác đều ABCDEF. Viết các chữ cái A, B, C, D, E, F vào 6 thẻ. Lấy ngẫu nhiên hai thẻ. Tìm xác suất sao cho đoạn thẳng mà các đầu mút là các điểm được ghi trên 2 thẻ đó là:
Cạnh của lục giác.
Đường chéo của lục giác.
Đường chéo nối 2 đỉnh đối diện của lục giác.
(Bài 8 – trang 77 sách Đại số và giải tích 11
+ Vì lấy 2 điểm nên: C62=15 -> nΩ=15
+ Gọi:
	A là biến cố “2 thẻ lấy ra là 2 cạnh của lục giác”
	B là biến cố “2 thẻ lấy ra là đường chéo của lục giác”
	C là biến cố “2 thẻ lấy ra là đường chéo của 2 cạnh đối diện của lục giác”
 nA=6⇒PA=nAnΩ=615=25
 B=A⇒PB=1-PA=1-25=35
 nC=6⇒PC=nCnΩ=315=15
Bài toán 2.
 Xếp ngẫu nhiên ba bạn nam và ba bạn nữ ngồi vào sáu ghế kê theo hàng ngang. Tìm xác suất sao cho.
Nam nữ ngồi xen kẽ nhau.
Ba bạn nam ngồi cạnh nhau.
(Bài 6 – trang 76 sách Đại số và giải tích 11)
+ Cách xếp 3 bạn nam và 3 bạn nữ vào 6 ghế kê theo hàng ngang 6!=720 cách.
+Cách xếp 3 bạn nam và 3 bạn nữ vào 6 ghế kê theo hàng ngang, biết rằng nam nữ ngồi xen kẽ nhau 3!.3!+3!.3!=72 cách.
+Cách xếp 3 bạn nam và 3 bạn nữ vào02 6 ghế kê theo hàng ngang, biết rằng ba bạn nam ngồi cạnh nhau 4.3!.3!=144 cách. 
+ Gọi A là biến cố “Xếp 3 học sinh nam và 3 học sinh nữ vào 6 ghế kê theo hàng ngang mà nam và nữ xen kẽ nhau”
+ Gọi B là biến cố “Xếp 3 học sinh nam và 3 học sinh nữ vào 6 ghế kê theo hàng ngang mà 3 bạn nam ngồi cạnh nhau”
+ Ta có nΩ=720, nA=72, nB=144
+ Suy ra 
PA=nAnΩ=72720=110
PB=nBnΩ=144720=15
Bài toán 3.
	Gieo một con súc xắc, cân đối và đồng nhất. Giả sử con súc xắc suất hiện mặt b chấm. Xét phương trình x2+bx+2=0
Tính xác suất sao cho phương trình có nghiệm.
 ( Bài 4 trang 74 sách Đại số và giải tích 11)
+ Ký hiệu “con súc xắc suất hiện mặt b chấm” là b:
+ Không gian mẫu:Ω=1,2,3,4,5,6⇒nΩ=6
+ Gọi A là biến cố: “Phương trình có nghiệm”
+ Ta đã biết phương trình x2+bx+2=0 có nghiệm khi ∆=b2-8≥0
+ Do đó A=b∈Ω|b2-8≥0=3,4,5,6⇒nA=4 
PA=nAnΩ=46=23
Bài toán 4.
	Trên một cái vòng hình tròn dùng để quay sổ số có gắn 36 con số từ 01 đến 36. Xác suất để bánh xe sau khi quay dừng ở mỗi số đều như nhau. Tính xác suất để khi quay hai lần liên tiếp bánh xe dừng lại ở giữa số 1 và số 6 ( kể cả 1 và 6) trong lần quay đầu và dừng lại ở giữa số 13 và 36 ( kể cả 13 và 36) trong lần quay thứ 2.
Phân tích: Rõ ràng là trong bài toán này ta không thể sử dụng phương pháp liệt kê vì số phần tử của biến cố là tương đối lớn. Ở đây ta sẽ biểu diễn tập hợp dưới dạng tính chất đặc trưng để tính toán.
Gọi A là biến cố cần tính xác suất
Ω={(i,j)|i,j∈1, 2, ,36}⇒nΩ=36.36=1296
A={(i,j)|i∈1, 2, ,6,j∈13, 14, ,36}
Có 6 cách chọn i, ứng với mỗi cách chọn i có 25 cách chọn j ( từ13 đến36 có 25 số) do đó theo quy tắc nhân nA=6.24=144
PA=nAnΩ=1441296=19
Bài toán 5 
Gieo một đồng tiền cân đối đồng chất liên tiếp cho đến khi lần đầu tiên xuất hiện mặt ngửa hoặc cả 6 lần xuất hiện mặt sấp thì dừng lại.
Mô tả không gian mẫu.
Tính xác suất:
A: “Số lần gieo không vượt quá ba”
B: “Số lần gieo là năm”
C: “Số lần gieo là sáu”
hông gian mẫu Ω=N, SN, SSN, SSSN, SSSSN, SSSSN, SSSSS
Ta có:
A=N, SN, SSN, nA=3⇒PA=37
B=SSSSN, nB=1⇒PB=17
C=SSSSSN, SSSSSS, nC=2⇒PC=27
Bài toán 6
Gieo đồng tiền xu cân đối đồng chất 3 lần. Tính xác suất của các biến cố:
Biến cố A: “Trong 3 lần gieo có ít nhất một lần xuất hiện mặt ngửa”.
Biến cố B: “Trong 3 lần gieo có cả hai mặt sấp, ngửa”.
+ Không gian mẫu nΩ=2.2.2=8
+ Ta có biến cố đối của biến cố A là biến cố: 
A: “Không cố lần nào xuất hiện mặt ngửa”
Và ta có A=SSS⇒nA=1⇒PA=18⇒PA=1-18=78
+ Tương tự ta có:
B=SSS, NNN⇒nB=2⇒PB=14⇒PB=34
Bài toán 7. 
Gieo ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối đồng chất hai lần. Tính xác suất của các biến cố sau:
Biến cố A: “Trong hai lần gieo ít nhất một lần xuất hiện mặt một chấm”
Biến cố B: “Trong hai lần gieo tổng số chấm trong hai lần gieo là một số nhỏ hơn 11”
+ Không gian mẫu Ω={(i,j)|i,j∈1, 2, ,6}⇒nΩ=6.6=36
Ta có biến cố đối A={i,ji,j∈ 2, ,6⇒nA=25
PA=nAnΩ=2536⇒pA=1-PA=1136
Ta có: 
B=i,ji,j∈1, 2, ,6,i+j≥11⇒B=5,6;6,5, 6,6⇒nB=3⇒PB=nBnΩ=336=112
⇒PB=1-112=1112 
Bài toán 8.
 Gieo đồng thời hai con súc sắc. Tính xác suất sao cho:
Hai con súc sắc đều xuất hiện mặt chẵn.
Tích số chấm trên 2 con súc sắc là số chẵn.
+ Ta có nΩ=36
+ Gọi A là biến cố “Hai con súc sắc đều xuất hiện mặt chẵn”
+ Do đó A={(i,j)|i,j∈2,4,6}
+ Có 3 cách chọn i∈2,4,6, với mỗi cách chọn i ta có 3 cách chọn j. Do đó có 9 cách chọn i,j∈A⇒nA=9
 PA=nAnΩ=936=14=0,25 
Cách 2: 
+ Gọi A là biến cố “Con súc sắc thứ nhất xuất hiện mặt chẵn”
 B là biến cố “Con súc sắc thứ hai xuất hiện mặt chẵn”
 X là biến cố “Hai con súc sắc đều xuất hiện mặt chẵn”
+ Thấy rằng A và B là hai biến cố độc lập và PA=PB= 36=12
(Trong 6 mặt thì có 3 mặt chẵn)
+ Do vậy ta có:
 PX=PAB=PA.PB=12.12=14
Gọi Y là biến cố “Tích số chấm trên 2 con súc sắc là số chẵn”
Có 3 khả năng xảy ra để tích số chấm trên con súc sắc là số chẵn:
Con súc sắc thứ nhất xuất hiện mặt chẵn, con súc sắc thứ hai xuất hiện mặt lẻ.
Con súc sắc thứ nhất xuất hiện mặt lẻ, con súc sắc thứ hai xuất hiện mặt chẵn.
Cả hai con súc sắc cùng xuất hiện mặt chẵn.
Và ta có Y: “Tích số chấm trên 2 con súc sắc là số lẻ” chỉ có 1 khả năng là cả hai con súc sắc đều xuất hiện mặt lẻ.
+ Như vậy một lần nữa ta lại thấy ưu thế của biến cố đối.
+ Ta có Y=AB và A, B độc lập nên ta có:
PY=PA.PB=1-PA1-PB=1-121-12=14
+ Do đó 
PY=1-PY=1-14=34
Bài toán 9.
 Trong hòm có 10 chi tiết, trong đó có 2 chi tiết hỏng. Tìm xác suất để khi lấy ngẫu nhiên 6 chi tiết thì có không quá 1 chi tiết hỏng.
+ Số cách lấy ra 6 chi tiết từ 10 chi tiết là C106
⇒nΩ=C106=210
+ Gọi A1 là biến cố “Trong 6 chi tiết lấy ra không có chi tiết nào hỏng”
A2 là biến cố “trong 6 chi tiết lấy ra có 1 chi tiết hỏng”
A là biến cố “Trong 6 chi tiết lấy ra có không quá 1 chi tiết hỏng”
+ Khi đó A=A1∪A2. Do A1 và A2 xung khắc nhau nên 
 PA=PA1+PA2
+ Có 8 chi tiết không bị hỏng nên 
 nA1=C86=28
+ Số cách lấy 5 chi tiết từ 8 chi tiết KHÔNG bị hỏng là C85
+ Số cách lấy 1 chi tiết từ 2 chi tiết hỏng là C21
+ Theo quy tắc nhân ta có 
 nA2=C85.C21=112
+ Do vậy ta có:
 PA1=nA1nΩ=28210=215
 PA2=nA2nΩ=112210=815
 ⇒PA=PA1+PA2=215+815=23
Bài toán 10
Có hai hộp cùng chứa các quả cầu. Hộp thứ nhất có 7 quả cầu đỏ, 5 quả cầu xanh. Hộp thứ hai có 6 quả cầu đỏ, 4 quả cầu xanh. Từ mỗi hộp lấy ra ngẫu nhiên 1 quả cầu.
Tính xác suất để 2 quả cầu lấy ra cùng màu đỏ.
ính xác suất để 2 quả cầu lấy ra cùng màu.
Gọi:
	A là biến cố “Quả cầu lấy ra từ hộp thứ nhất màu đỏ”
B là biến cố “Quả cầu lấy ra từ hộp thứ hai màu đỏ”
X là biến cố “Hai quả cầu lấy ra cùng màu đỏ”
+ Ta có X=AB, PA= 712 ,PB= 610=35
+ Mặt khác A và B độc lập nên
PX=PAB=712.35=720
Gọi:
Y là biến cố “Hai quả cầu lấy ra cùng màu xanh”
Z là biến cố “Hai quả cầu lấy ra cùng màu”
+ Ta có Y=AB
+ Mặt khác A và B độc lập nên 
P(Y)=PA.PB=1-PA1-PB=1-7121-35=16
+ Thấy rằng Z=X∪Y, X⋂Y=∅ nên
PZ=PX+PY=720+16=3160
Bài toán 11 
Có 2 lô hàng. Người ta lấy ngẫu nhiên từ mỗi lô hàng một sản phẩm. Xác suất để được sản phẩm chất lượng tốt ở từng lô hàng lần lượt là 0,7;0, 8. Hãy tính xác suất để:
Trong 2 sản phẩm lấy ra có ít nhất một sản phẩm có chất lượng tốt.
Trong 2 sản phẩm lấy ra có đúng 1 sản phẩm có chất lượng tốt.
Phân tích: Đây là bài toán cho trước xác suất nên chắc chắn ta phải sử dụng phép toán tính xác suất để giải quyết. Biến cố cơ sở sẽ là “Lấy được sản phẩm tốt từ lô hàng thứ nhất” và “Lấy được sản phẩm tốt từ lô hàng thứ hai”
Lời giải:
Gọi A: “Lấy được sản phẩm tốt từ lô hàng thứ nhất” 
B: “Lấy được sản phẩm tốt từ lô hàng thứ hai”
Khi đó ta có:
PA=0,7⇒PA=1-0,7=0,3
PB=0,8⇒PB=1-0,7=0,2
Gọi X là biến cố “Trong 2 sản phẩm lấy ra có ít nhất một sản phẩm có chất lượng tốt”.
Suy ra X=AB
Do ba biến cố A,B là độc lập nên ta có
PX=PAPB=0,06
⇒PX=1-PX=0,94
Gọi Y là biến cố “Trong 2 sản phẩm lấy ra có đúng một sản phẩm có chất lượng tốt”.
Suy ra Y=AB∪AB
Do AB,AB xung khắc và biến cố A và B; A và B độc lập nên ta có
PY=PAB∪AB=PAB+PAB
 = PAPB+PAPB=0,7.0,2+0,8.0,3=0,38
Bài toán 12
 Một phòng được lắp hai hệ thống chuông báo động phòng cháy, một hệ thống báo khi thấy khói và một hệ thống báo khi thấy lửa xuất hiện. Qua thực nghiệm thấy rằng xác suất chuông báo khói là 0,95, chuông báo lửa là 0,91 và cả 2 chuông báo là 0,88. Tính xác suất để khi có hỏa hoạn ít nhất một trong 2 chuông sẽ báo.
Phân tích: Biến cố cần tính xác suất là chuông báo khói báo hoả hoạn hoặc chuông báo lửa báo lửa sẽ báo hoả hoạn. Do đó bài toán này chắc chắn là dùng quy tắc cộng. Tuy nhiên hai biến cố cơ sở lại không xung khắc. Trong trường hợp này ta phải sử dụng quy tắc cộng mở rộng
Lời giải
Gọi A là biến cố “Chuông báo khi thấy khói”
B là biến cố “Chuông báo khi thấy lửa”
C là biến cố “Ít nhất một trong hai chông báo khi hỏa hoạn”
Theo giả thiết bài toán ta có PA=0,95,PB=0,91, PAB=0,88
Do đó ta có:
PC=PA∪B=PA+PB-PAB=0,95+0,91-0,88=0,98
2/ Trong một chiếc hộp có 5 bóng trắng, 6 bóng xanh, 7 bóng đỏ lấy ngẫu nhiên 4 quả bóng. Tìm xác suất để có 4 quả bóng có đủ 3 mầu.
Bài 1: 
Có 30 đề thi trong đó có 10 đề khó, 20 đề trung bình. Tìm xác suất để:
 Một Học sinh bắt một đề gặp được đề trung bình.
 Một Học sinh bắt hai đề, được ít nhất một đề trung bình.
Giải
Gọi A là biến cố Học sinh bắt được đề trung bình:
Gọi B là biến cố học sinh bắt được 1 đề trung bình và một đề khó
Gọi C là biến cố học sinh bắt được 2 đề trung bình.
Gọi D là biến cố học sinh bắt hai đề, được ít nhất một đề trung bình.
Khi đó: 
tất cả tín hiệu. 
Bài 3: Từ một tổ gồm 6 bạn nam và 5 bạn nữ, chọn ngẫu nhiên 5 bạn xếp vào bànd 9ầu theo những thứ tự khác nhau. Tính xác suất sao cho trong cách xếp trên có đúng 3 bạn nam. 
Giải
Mỗi một sự sắp xếp chỗ ngồi cho 5 bạn là một chỉnh hợp chập 5 của 11 bạn.
Vậy không gian mẫu W gồm (phần tử) 
Kí hiệu A là biến cố: “Trong cách xếp trên có đúng 3 bạn nam” 
Để tính n(A) ta lí luận như nhau: 
- Chọn 3 nam từ 6 nam, có cách. 
- Chọn 2 nữ từ 5 nữ, có cách.
- Xếp 5 bạn đã chọn vào bàn đầu theo những thứ tự khác nhau, có 5! Cách. 
Từ đó theo quy tắc nhân ta có: n(A) = ..5!
Vì sự lựa chọn và sự sắp xếp là ngẫu nhiên nên các kết quả đồng khả năng. 
Do đó: . 
Bài 4: Một tổ chuyên môn gồm 7 thầy và 5 cô giáo, trong đó thấy P và cô Q là vợ chồng. Chọn ngẫu nhiên 5 người để lập hội đồng chấm thi vấn đáp. Tính xác suất để sao cho hội đồng có 3 thầy, 2 cô và nhất thiết phải có thầy P hoặc cô Q nhưng không có cả hai. 
Giải:
Kết quả của sự lựa chọn là một nhóm 5 người tức là một tổ hợp chập 5 của 12. Vì vậy không gian mẫu W gồm phần tử. 
Gọi A là biến cố cần tìm xác suất. 
B là biến cố chọn được hội đồng gồm 3 thầy, 2 cô trong đó có thầy P nhưng không có cô Q. 
C là biến cố chọn được hội đồng gồm 3 thấy, 2 cô trong đó có cô Q nhưng không có thầy P. 
Như vậy: A = B È C và n(A) = n(B) + n(C). 
Tính n(B) như sau: 
- Chọn thầy P, có 1 cách 
- Chọn 2 thầy từ 6 thầy còn lại, có cách
- Chọn 2 cô từ 4 cô, có cách
Theo quy tắc nhân, n(B) = 1.. = 90
Tương tự n(C) = 1. . = 80
Vậy n(A) = 80 + 90 = 170 và P(A) = 
Bài 5: Sáu bạn, trong đó có bạn H và K, được xếp ngẫu nhiên thành hàng dọc. Tính xác suất sao cho: 
a. Hai bạn H và K đứng liền nhau; 
b. hai bạn H và K không đứng liền nhau. 
Giải:
Không gian mẫu W gồm các hoán vị của 6 bạn. Do đó: n(W) = 6!. Do việc xếp là ngẫu nhiên W gồm các kết quả đồng khả năng. 
a. Kí hiệu:	A là biến cố “H và K đứng liền nhau”, 
	B là biến cố “H đứng ngay trước K”
	C là biến cố “K đứng ngay trước H”
Rõ ràng B và C xung khắc và A = B È C. 
* Tính n(B):
 Xếp H và 4 bạn khác thành hàng, có 5! Cách. Trong mỗi cách xếp như vậy, xếp bạn K ngay sau H, có 1 cách. Vậy theo quy tắc nhân ta có: 
n(B) = 5! x 1 = 5!
* Tương tự: n(C) = 5!
Do đó P(A) = P(B) + P(C) = 
b. Ta thấy là biến cố: “H và K không đứng liền nhau”. Vậy: 
Bài 6: Tổ I có 6 nam và 7 nữ, tổ II có 8 nam và 4 nữ. Để lập một đoàn đại biểu, lớp trưởng chọn ngẫu nhiên từ mỗi tổ hai người. Tính xác suất sao cho đoàn đại biểu gồm toàn nam hoặc toàn nữ. 
Giải:
Gọi: 	A là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm toàn nam hoặc toàn nữ”, 
	B là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm toàn nam”, 
	C là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm toàn nữ”. 
Ta có: BC = Æ, A = B È C. 
Suy ra: P(A) = P(B) + P(C) 
Chọn 2 người từ tổ I, có cách. 
Chọn 2 người từ tổ II, có cách.
Từ đó không gian mẫu gồm: .= 5148 (phần tử). 
	n(B) = = 420
	n(C) = = 126
Vậy P(A) =