D03 tính xác suất bằng định nghĩa muc do 4

Tính xác suất để trong 3 lượt gieo như vậy, có ít nhất một lượt gieo được kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp.. Chọn ngẫu nhiên một số trong tập

Trang 1

Câu 36.[1D2-4.3-4] (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Mỗi lượt, ta gieo một con súc sắc (loại

6 mặt, cân đối) và một đồng xu (cân đối) Tính xác suất để trong 3 lượt gieo như vậy, có ít nhất một lượt gieo được kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp

A 397

1385

1331

1603

1728

Lời giải Chọn A

Gọi   x y i; i:x i 1, , 6,y iS N; ,i1, 2,3 là biến cố xuất hiện trong 3 lần gieo, với

x y i; ilượt gieo thứ i con súc sắc xuất hiện mặt x i chấm, đồng xu suất hiện mặt y i với

1; 2;3; 4;5;6



i

x và y iS N; 

Khi gieo 3 lần, con súc sắc và đồng xu xuất hiện mặt bất kì ta có: gieo lần 1 (lần 2 hoặc lần 3) có 6.2 số phần tử của không gian mẫu là    3

6.2 1728

n Gọi A là biến cố trong 3 lượt gieo ít nhất một lượt gieo được kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp Khi đó biến cố A xảy ra các khả năng như sau:

TH1: Gọi biến cố A1 chỉ có một lần gieo kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp thì A1 có số phần tử là   2

1 11 3363

n A (do biến cố  1; S xuất hiện ở một trong

3 lần gieo có C313 khả năng xảy ra, hai lần gieo còn lại không xuất hiện biến cố đó mỗi lần còn 11 khả năng xảy ra)

TH2: Gọi biến cố A2 có 2 lần gieo kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp thì A2 có số phần tử là n A 2 3.11 33 (do 2 trong 3 lần gieo xuất hiện biến cố  1; S

có 2

3 3

C khả năng, lần gieo còn lại không xuất hiện biến cố đó có 11 khả năng xảy ra)

TH3: Gọi biến cố A3 cả 3 lần gieo kết quả con xúc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp thì A3 có số phần tử là n A 3 1

Do đó n A       n A1 n A2 n A3 363 33 1 397  

Vậy xác suất cần tìm là       397

1728



n A

P A

Câu 37: [1D2-4.3-4] (THPT TRẦN PHÚ ĐÀ NẴNG – 2018)Gọi S là tập hợp các sô tự nhiên có 9

chữ số đôi một khác nhau Chọn ngẫu nhiên một số trong tập S Tính xác suất để số được chọn

có đúng bốn chữ số lẻ sao cho số 0 luôn đứng giữa hai chữ số lẻ

A 5

5

20

189

Gọi số cần lập là abcdefghi

Không gian mẫu : Tập hợp số có 9 chữ số đôi một khác nhau

Vì a0  có 9 cách chọn a

bcdefghi không có chữ số ở a  có 9! cách chọn

Vậy n   9 9!

Biến cố A: Số được chọn có đúng 4 chữ số lẻ sao cho số 0 luôn đứng giữa hai chữ số lẻ

 Số 0 luôn đứng giữa hai chữ số lẻ nên số 0 không thể đứng ở a hoặc i

Suy ra có 7 cách sắp xếp chữ số 0

Trang 2

 Chọn hai số lẻ đặt bên cạnh số 0(có sắp xếp) có 2

5

A cách chọn

 Tiếp tục chọn hai số lẻ khác và sắp xếp vào2 trong 6vị trí còn lại có 2 2

3 6 90

C A  cách chọn

Còn lại 4 vị trí, chọn từ 4 số chẵn 2; 4;6;8 có 4! 24 cách chọn

Vậy   2

5

7 90 24 302400

n A  A    cách chọn

Xác suất để xảy ra biến cố A là       302400 5

n A

p A

n

Câu 24: [1D2-4.3-4] [Chuyên Nguyễn Quang Diệu - Đồng Tháp - 2018 - BTN] Kết quả  b c, của

việc gieo một con súc sắc cân đối hai lần liên tiếp, trong đó b là số chấm xuất hiện lần gieo thứ nhất, c là số chấm xuất hiện lần gieo thứ hai được thay vào phương trình bậc hai 2

0

x bx c Tính xác suất để phương trình bậc hai đó vô nghiệm:

A 5

7

23

17 36

Lời giải Chọn D

Gieo một con súc sắc cân đối hai lần liên tiếp, số phần tử không gian mẫu là 36

Ta có: b là số chấm xuất hiện lần gieo thứ nhất, c là số chấm xuất hiện lần gieo thứ hai nên

 1;6

b và c 1;6 với b, c

Phương trình 2

0

x bx c vô nghiệm khi  0 2

4

Với b1 có 6 trường hợp xảy ra

Với b2 có 5 trường hợp xảy ra (trừ trường hợp c1)

Với b3 có 4 trường hợp xảy ra (trừ trường hợp c2)

Với b4 có 2 trường hợp xảy ra (trừ trường hợp c4)

Do đó có tổng cộng 17 khả năng có thể xảy ra để phương trình vô nghiệm

Vậy xác suất để phương trình vô nghiệm là: 17

36

P

Câu 46: [1D2-4.3-4] (THPT Năng Khiếu - TP HCM - Lần 1 - 2018) Cho số phức z thõa mãn

z  i Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2

P     z i z i

Lời giải Chọn B

Giả sử z x yi (x y,  ) M x y ; là điểm biểu diễn của z

Suy ra M C1 có tâm I11; 1 và bán kính r12

  2 2

z   i x  y  (1)

P     z i z i  x  y  x  y

P x  y x y  x y  x  y 

Ta có   2 2

x  y  P

 C2 là đường tròn có tâm I21;5, bán kính P6; I I1 2 2 10

Trang 3

1 2 6

P I I r   2

6 2 10 2

P    P 38 8 10 Vậy Max =38+8 10P

Câu 47: [1D2-4.3-4] (THPT Năng Khiếu - TP HCM - Lần 1 - 2018) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự

nhiên có 7 chữ số và chia hết cho 9 Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S, tính xác suất để các chữ số của số đó đôi một khác nhau

A 396

512

369

198 3125

Lời giải Chọn C

Số chia hết cho 9 có dạng: 9m, với m

Ta có 10000009m10000000111111 m 1111111 Do đó có 1000000 số có 7 chữ số

và chia hết cho 9

Từ các chữ số 0;1; 2; ;9 ta có các bộ gồm7 số có tổng chia hết cho 9 là:

0; 2;3; 4;5;6;7; 0;1;3; 4;5;6;8; 0;1; 2; 4;5;7;8; 0;1; 2;3;6;7;8; 0;3; 4;5;7;8;9;

0; 2; 4;6;7;8;9; 0;1;5;6;7;8;9; 0;1; 2;3; 4;8;9; 0;1; 2;3;5;7;9; 2;3; 4;5;6;7;9;

1;3; 4;5;6;8;9; 1; 2; 4;5;7;8;9; 1; 2;3;6;7;8;9

Có 9 bộ số gồm7 số có tổng chia hết cho 9 trong đó có số 0 nên từ các bộ số này lập được:

9 6 6! 38880   số có 7 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 9

Có 4 bộ số gồm7 số có tổng chia hết cho 9 tương tự như bộ số 2;3; 4;5;6;7;9, nên từ các

bộ số này lập được 4 7! 20160  số có 7 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 9

Vậy, xác suất chọn một số từ tập Sđể được một số có các chữ số của số đó đôi một khác nhau là: 38880 20160 369

Câu 49: [1D2-4.3-4] (THPT Chuyên Trần Phú - Hải Phòng - Năm 2018) Chọn ngẫu nhiên một số tự

nhiên có 4 chữ số Tính xác suất để số được chọn có dạng abcd, trong đó 1    a b c d 9

Số tự nhiên có bốn chữ số có dạng abcd

1; 2;3; 4;5;6;7;8;9

bcdcó 3

10 cách chọn Suy ra số phần tử của không gian mẫu là   3

9.10 9000

Gọi A là biến cố ‘‘số được Chọn Có dạng abcd, trong đó 1    a b c d 9’’

Số dạng aaaa có 9 số

Số dạng abcd (a  b c d ) có C94 số

Số dạng aaab có C92 số

Số dạng aabb có C2 số

Trang 4

Số dạng abbc có C9 số

Số dạng abbc có 3

9

C số

Số dạng abcc có C93 số

n A  C  C  C 

Vậy       495

0.55 9000

n A

P A

n

Câu 40: [1D2-4.3-4] (THPT Kinh Môn - Hải Dương - Lần 2 - 2018 - BTN) Cho tập

6, 7,8,9

X  , gọi E là tập các số tự nhiên khác nhau có 2018chữ số lập từ các số của tập

X Chọn ngẫu nhiên một số trong tập E, tính xác suất để chọn được số chia hết cho 3

A 1 1 40351

1

D 1 1 20181

Gọi A n, B n lần lượt là tập các số chia hết, không chia hết cho 3

Với mỗi số thuộc A n có hai cách thêm vào cuối một chữ số 6 hoặc một chữ số 9 để được A n1

và hai cách thêm một chữ số 7 hoặc một chữ số 8 để được B n1

Với mỗi số thuộc B n có một cách thêm vào cuối một chữ số 7 hoặc một chữ số 8 để được 1

n

A và có ba cách thêm một chữ số để được B n1

Như vậy 1

1

2







  B n1 3 A n1 4B n  A n1 5 A n 4 A n1 Hay A n 5 A n1 4 A n2

Xét dãy số a n  A n , ta có a12,a2 6,a n 5a n14a n2; n3

n

a      

Suy ra có

2018

3



số chia hết cho 3

Mà 2018

4

E  Vậy

2018

2018 4035

P     

Câu 44 [1D2-4.3-4] (Sở GD và ĐT Đà Nẵng-2017-2018 - BTN) Từ 12 học sinh gồm 5 học sinh giỏi,

4 học sinh khá, 3 học sinh trung bình, giáo viên muốn thành lập 4 nhóm làm 4 bài tập lớn khác nhau, mỗi nhóm 3 học sinh Tính xác suất để nhóm nào cũng có học sinh giỏi và học sinh khá

A 36

18

72

144

385

Trang 5

Ta có số phần tử không gian mẫu là 3 3 3 3

12 9 6 3

n  C C C C Đánh số 4 nhóm là A, B, C, D

Bước 1: xếp vào mỗi nhóm một học sinh khá có 4! cách

Bước 2: xếp 5 học sinh giỏi vào 4 nhóm thì có 1 nhóm có 2 học sinh giỏi Chọn nhóm có 2 học sinh giỏi có 4 cách, chọn 2 học sinh giỏi có C52 cách, xếp 3 học sinh giỏi còn lại có 3! cách

Bước 3: Xếp 3 học sinh trung bình có 3!cách

Đáp số:

2 5

3 3 3 3

12 9 6 3

4!.4 .3!.3! 36

385

C

C C C C 

Câu 38 [1D2-4.3-4] (Chuyên Thái Bình-Thái Bình-L4-2018-BTN) Cho một đa giác  H có

60 đỉnh nội tiếp một đường tròn  O Người ta lập một tứ giác tùy ý có bốn đỉnh là các đỉnh của  H Xác suất để lập được một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của  H gần với số nào nhất trong các

số sau?

A 85, 40% B 13, 45% C 40,35% D 80, 70%

Số phần tử của không gian mẫu là:   4

60

n  C

Gọi E là biến cố “lập được một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của  H ”

Để chọn ra một tứ giác thỏa mãn đề bài ta làm như sau:

Bước 1: Chọn đỉnh đầu tiên của tứ giác, có 60 cách

Bước 2: Chọn 3 đỉnh còn lại sao cho hai đỉnh bất kỳ của tứ giác cách nhau ít nhất 1 đỉnh Điều này tương đương với việc ta phải chia m60 chiếc kẹo cho n4 đứa trẻ sao cho mỗi đứa trẻ có ít nhất 2

k cái, có C m n k n1(  1) 1C553 cách, nhưng làm như thế mỗi tứ giác lặp lại 4 lần

 Số phần tử của biến cố E là:   60 553

4

C

n E  Xác suất của biến cố E là:       553

4 60

60

80, 7%

4

P E

Câu 37 [1D2-4.3-4] (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2018 - BTN) Cho tập hợp

1; 2;3; 4 ;100

A GọiSlà tập hợp gồm tất cả các tập con của A, mỗi tập con này gồm 3 phần tử của

Avà có tổng bằng 91 Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S Xác suất chọn được phần tử có 3 số lập thành cấp số nhân bằng?

A 4

2

3

1

645.

Giả sử tập con bất kì a b c, , S

1 a b c, , 100

   ;a b c, , phân biệt

a  b c 91

Đây là bài toán chia kẹo Euler nên số bộ a b c, , là: 3 1

91 1

C 

Tuy nhiên trong các bộ trên vẫn chứa các bộ có 2 chữ số giống nhau, số bộ có 2 chữ số giống nhau là 3.45 135 ( bộ) Vậy    2 

90 3.45 : 3! 645

Gọi A là biến cố: ”a b c, , lập thành cấp số nhân”

Gọi q là công bội của cấp số nhân theo bài ra ta có q0

Trang 6

2 91

aaqaq 

9

q

q q



     



0

q

q q



     

2

q

q q



     

3

q

q q



     

Vậy n A 3

  3

645

P A 

Câu 912 [1D2-4.3-4] Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt Chọn ngẫu nhiên

một số từ S Xác suất chọn được số lớn hơn 2500 là

68

81

P

Số có 4 chữ số có dạng: abcd

Số phần tử của không gian mẫu: n S 9.9.8.74536

Gọi A: “ tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt và lớn hơn 2500 ”

TH1 a2

Chọn a : có 7 cách chọn

Chọn b : có 9 cách chọn

Chọn c : có 8 cách chọn

Chọn d : có 7 cách chọn

Vậy trường hợp này có: 7.9.8.7 3528 (số)

TH2 a2, b5

Chọn a : có 1 cách chọn

Chọn b : có 4 cách chọn

TH3 a2, b5, c0

TH4 a2, b5, c0, d 0

Chọn c : có 1 cách chọn

Trang 7

Như vậy: n A 3528 224 49 7   3808

Suy ra:       3508 68

4536 81

n A

P A

n S

Câu 916 [1D2-4.3-4]Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số phân biệt được lấy từ các số

1,2,3 ,4,5 , 6 , 7 , 8 , 9 Chọn ngẫu nhiên một số từ S Xác suất chọn được số chỉ chứa 3 số lẻ

là

42

21

42

P

Số phần tử không gian mẫu:   6

9 60480

n  A 

(mỗi số tự nhiên abcdef thuộc S là một chỉnh hợp chập 6 của 9- số phần tử của S là số chỉnh hợp chập 6 của 9)

Gọi A: “số được chọn chỉ chứa 3 số lẻ” Ta có:   3 3 3

5 6 4 28800

n A C A A 

(bốc ra 3 số lẻ từ 5 số lẻ đã cho- chọn ra 3 vị trí từ 6 vị trí của số abcdef xếp thứ tự 3 số vừa chọn – bốc ra 3 số chẵn từ 4 số chẵn đã cho xếp thứ tự vào 3 vị trí còn lại của số abcdef )

Khi đó:       28800 10

60480 21

n A

P A

n

Câu 45: [1D2-4.3-4](THPT LƯƠNG TÀI - BẮC NINH - LẦN 2 - 2017 - 2018 - BTN) Lớp 10X có

25 học sinh, chia lớp 10X thành hai nhóm A và B sao cho mỗi nhóm đều có học sinh nam

và nữ Chọn ngẫu nhiên hai học sinh từ hai nhóm, mỗi nhóm một học sinh Tính xác suất để chọn được hai học sinh nữ Biết rằng, trong nhóm A có đúng 9 học sinh nam và xác suất chọn được hai học sinh nam bằng 0,54

A 0, 42 B 0, 04 C 0, 46 D 0, 23

Gọi số học sinh nam ở nhóm B là c c   và b b   là số học sinh nữ ở nhóm A

Số phần tử của không gian mẫu là n    9 b c 25 9    b c 9 b16b

Gọi T là biến cố chọn được hai học sinh nam Suy ra n T 9c

Theo giả thiết suy ra

9 916  0,54 503 9 16 

2

  nên 9b16 b 50;100;150 Thử các trường hợp ta chỉ có trường hợp c9 và b1 hoặc b6 thỏa mãn

Vậy xác suất chọn được hai học sinh nữ là 6.1 0, 04

150 

Trang 8

Câu 3538 [1D2-4.3-4] Giải bóng chuyền VTV Cup có 12 đội tham gia trong đó có 9 đội nước

ngoài và 3 đội củaViệt nam Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng đấu

A,B,C mỗi bảng 4 đội Xác suất để 3 đội Việt nam nằm ở 3 bảng đấu là

A.

3 3

9 6

4 4

12 8

2C C P

C C

3 3

9 6

4 4

12 8

6C C P

C C

3 3

9 6

4 4

12 8

3C C P

C C

3 3

9 6

4 4

12 8

C C P

C C



+ Số phần tử không gian mẫu:   4 4 4

12 8 4.3!

n  C C C

(bốc 4 đội từ 12 đội vào bảng A – bốc 4 đội từ 8 đội còn lại vào bảng B – bốc 4 đội từ 4 đội còn lại vào bảng C – hoán vị 3 bảng)

Gọi A: “3 đội Việt Nam nằm ở 3 bảng đấu”

Khi đó:   3 3 3

9 6 3.3!.3!

n A C C C

(bốc 3 đội NN từ 9 đội NN vào bảng A – bốc 3 đội NN từ 6 đội NN còn lại vào bảng B – bốc 3 đội NN từ 3 đội NN còn lại vào bảng C – hoán vị 3 bảng – bốc 1 đội VN vào mỗi vị trí còn lại của 3 bảng)

Xác suất của biến cố A là       93 63 33 93 63

12 8 4 12 8

.3!.3! 6

P A

Câu 3539 [1D2-4.3-4] Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4chữ số phân biệt Chọn ngẫu

nhiên một số từ S Xác suất chọn được số lớn hơn 2500 là

68

81

P

Số có 4chữ số có dạng: abcd

Số phần tử của không gian mẫu: n S 9.9.8.74536

Gọi A: “ tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt và lớn hơn 2500 ”

TH1 a2

Chọn a : có 7 cách chọn

Chọn b : có 9 cách chọn

TH2 a2, b5

TH3 a2, b5, c0

TH4 a2, b5, c0, d0

Trang 9

Chọn c : có 1 cách chọn

Như vậy: n A 3528 224 49 7   3808

Suy ra:       3508 68

4536 81

n A

P A

n S

Câu 3542 [1D2-4.3-4] Cho đa giác đều 12 đỉnh Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh trong 12 đỉnh của đa giác.

Xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành tam giác đều là

55

220

4

14

P

Số phần tử không gian mẫu:   3

12 220

n  C 

(chọn 3 đỉnh bất kì từ 12 đỉnh của đa giác ta được một tam giác)

Gọi A: “ 3 đỉnh được chọn tạo thành tam giác đều ”

(Chia 12 đỉnh thành 3 phần Mỗi phần gồm 4 đỉnh liên tiếp nhau Mỗi đỉnh của tam giác đều ứng với một phần ở trên Chỉ cần chọn 1 đỉnh thì 2 đỉnh còn lại xác định là duy nhất)

Ta có:   1

4 4

n A C  Khi đó:       4 1

220 55

n A

P A

n

Câu 50: [1D2-4.3-4] (THPT Chuyên Quốc Học Huế-Lần 3-2018-BTN) Cho hình hộp chữ nhật

ABCD A B C D    Tại đỉnh A có một con sâu, mỗi lần di chuyển, nó bò theo cạnh của hình hộp chữ nhật và đi đến đỉnh kề với đỉnh nó đang đứng Tính xác suất sao cho sau 9 lần di chuyển,

nó dừng tại đỉnh C

A 1862

453

435

1640

6561

Không mất tổng quát giả sử tọa độ đỉnh A0;0;0 và C1;1;1

Ta thấy: mỗi lần sâu di chuyển là cộng thêm 1 tại 1 trong 3 vị trí hoành độ, tung độ và cao độ

từ vị trí sâu đang đứng Do đó số phần tử của không gian mẫu là   9

3 19683

n    Sau 9 lần

di chuyển sau đứng tại vị trí 1;1;1 khi và chỉ khi sâu di chuyển số lần tại các tọa độ thành phần hoành độ ; tung độ, cao độ là : 3;3;3 ; các hoán vị của bộ 1;3;5 ; các hoán vị của bộ

7;1;1

Do đó số trường hợp thuận lợi của biến cố : sâu ở C sau 9 bước di chuyển là

9 6 3 6 9 4 1 3 9 2 1 4920

n C C C  C C C  C C C 

Vậy xác suất cần tìm   4920 1640

19683 6561

THO_2018_6ID_HDG] Lấy ngẫu nhiên một số tự nhiên có 5 chữ số Xác suất để chọn được

số tự nhiên có dạng a a a a a1 2 3 4 5 mà a1 a2   1 a3 3 a4  a5 2 bằng

A 1148

77

7

1001

30000

Trang 10

Vì 2

3

5

4

a





     



Số có dạng 1042a5có 10 cách chọn a5

Số có dạng 1043a5 có 9 cách chọn a5

………

 Vậy những số có dạng 104a a4 5 có 3 4 10   52số

Số có dạng 1053a5 có 9 cách chọn a5

………

 Vậy những số có dạng 105a a4 5 có 52 10 42số

 Vậy những số có dạng 108a a4 5 có 25 7 18  số

 Vậy những số có dạng 109a a4 5 có 18 6 12  số

Kết luận: Những số có dạng 10a a a3 4 5 có 12 18 25 33 42 52 182      số Những số có dạng 11a a a a3 4 5 3 5 có 12 18 25 33 42 130     số Những số có dạng 12a a a a3 4 5 3 6 có 12 18 25 33 88    số

Những số có dạng 13a a a a3 4 5 37 có 12 18 25  55số

Những số có dạng 14a a a a3 4 5 3 8 có 12 18 30số

Những số có dạng 15a a a a3 4 5 3 9 có 12số

Kết luận: Những số có dạng 1a a a a2 3 4 5 có 12 30 55 88 130 182     497số

Từ đó ta lập luận như sau:

Những số có dạng 2a a a a a2 3 4 5 2 1 có 12 30 55 88 130    315số

Những số có dạng 3a a a a a2 3 4 5 2 2 có 12 30 55 88 185    số

Những số có dạng 4a a a a a2 3 4 5 2 3 có 12 30 55 97   số

Những số có dạng 5a a a a a2 3 4 5 24 có 12 30 42số

Những số có dạng 6a a a a a2 3 4 5 2 5 có 12 số

Vậy những số thỏa yêu cầu bài toán là 12 42 97 185 315 497 1148      Vậy xác suất cần tìm là 1148

90000 Bài này chỉnh lại đáp án là : 1148

90000

Định dạng
Số trang	16
Dung lượng	680,28 KB