Sách bài tập Toán 10 Bài tập cuối chương 9 (Kết nối tri thức)

Giải SBT Toán lớp 10 Bài tập cuối chương 9

Giải SBT Toán 10 trang 67 Tập 2

Bài 9.13 trang 67 SBT Toán 10 Tập 2: Xếp ngẫu nhiên ba bạn An, Bình, Cường đứng trên một hàng dọc.

a) Xác suất để An không đứng cuối hàng là

A. $\frac{2}{3}$ ;

B. $\frac{1}{3}$ ;

C. $\frac{3}{5}$ ;

D. $\frac{2}{5}$ .

b) Xác suất để Bình và Cường đứng cạnh nhau là

A. $\frac{1}{4}$ ;

B. $\frac{2}{3}$ ;

C. $\frac{2}{5}$ ;

D. $\frac{1}{2}$ .

c) Xác suất để An đứng giữa Bình và Cường là

A. $\frac{1}{4}$ ;

B. $\frac{2}{3}$ ;

C. $\frac{2}{5}$ ;

D. $\frac{1}{2}$ .

d) Xác suất để Bình đứng trước An là

A. $\frac{2}{3}$ ;

B. $\frac{1}{3}$ ;

C. $\frac{3}{5}$ ;

D. $\frac{2}{5}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: (a) A; (b) B; (c) B; (d) D

Gọi A, B, C lần lượt là vị trí của An, Bình, Cường.

Không gian mẫu có số phần tử là: n(Ω) = 3! = 6.

a)

Biến cố E: “An không đứng cuối hàng”. Ta có:

E = {(A, B, C); (A, C, B); (B, A, C); (C, A, B)}, n(E) = 4.

Vậy P(E) = $\frac{n\left(E\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$ .

b)

Biến cố F: “Bình và Cường đứng cạnh nhau”. Ta có:

F = {(A, B, C); (A, C, B); (B, C, A); (C, B, A)}, n(F) = 4.

Vậy P(F) = $\frac{n\left(F\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$ .

c)

Biến cố G: “An đứng giữa Bình và Cường”. Ta có:

G = {(B, A, C); (C, A, B)}, n(G) = 2.

Vậy P(G) = $\frac{n\left(G\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$ .

d)

Biến cố H: “Bình đứng trước An”. Ta có:

H = {(B, A, C); (C, B, A); (B, C, A)}, n(H) = 3.

Vậy P(H) = $\frac{n\left(H\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$ .

Bài 9.14 trang 67 SBT Toán 10 Tập 2: Một cái túi đựng 3 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 6 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi. Xác suất để chọn được 3 viên bi màu đỏ là

A. $\frac{1}{364}$ ;

B. $\frac{1}{14}$ ;

C. $\frac{1}{182}$ ;

D. $\frac{1}{95}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Số cách chọn ngẫu nhiên 3 viên bi trong tổng số 3 + 5 + 6 = 14 viên bi là: $C_{14}^3$  = 364 (cách). Do đó, n(Ω) = 364.

Gọi biến cố A: “chọn được 3 viên bi màu đỏ”.

Số cách chọn 3 viên bi màu đỏ là: $C_3^3$  = 1, do đó, n(A) = 1.

Vậy P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{1}{364}$ .

Bài 9.15 trang 67 SBT Toán 10 Tập 2: Gieo hai con xúc xắc cân đối.

a) Xác suất để có đúng 1 con xúc xắc xuất hiện mặt 6 chấm là

A. $\frac{11}{36}$ ;

B. $\frac{1}{3}$ ;

C. $\frac{5}{18}$ ;

D. $\frac{4}{9}$ .

b) Xác suất để tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc nhỏ hơn hoặc bằng 7 là

A. $\frac{11}{36}$ ;

B. $\frac{7}{12}$ ;

C. $\frac{5}{11}$ ;

D. $\frac{4}{9}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: (a) C; (b) B

Không gian mẫu là: Ω = {(1, 1); (1, 2); (1, 3); (1, 4); (1, 5); (1, 6); (2, 1); (2, 2); (2, 3); (2, 4); (2, 5); (2, 6); (3, 1); (3, 2); (3, 3); (3, 4); (3, 5); (3, 6); (4, 1); (4, 2); (4, 3); (4, 4); (4, 5); (4, 6); (5, 1); (5, 2); (5, 3); (5, 4); (5, 5); (5, 6); (6, 1); (6, 2); (6, 3); (6, 4); (6, 5); (6, 6)}.

Do đó, n(Ω) = 36.

a)

Biến cố E: “có đúng 1 con xúc xắc xuất hiện mặt 6 chấm”. Ta có:

E = {(1, 6); (2, 6); (3, 6); (4, 6); (5, 6); (6, 1); (6, 2); (6, 3); (6, 4); (6, 5)}.

Suy ra n(E) = 10.

Vậy P(E) = $\frac{n\left(E\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{10}{36}=\frac{5}{18}$ .

b)

Biến cố F: “tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc nhỏ hơn hoặc bằng 7”. Ta có:

F = {(1, 1); (1, 2); (1, 3); (1, 4); (1, 5); (1, 6); (2, 1); (2, 2); (2, 3); (2, 4); (2, 5); (3, 1); (3, 2); (3, 3); (3, 4); (4, 1); (4, 2); (4, 3); (5, 1); (5, 2); (6, 1)}.

Suy ra n(F) = 21.

Vậy P(F) = $\frac{n\left(F\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{21}{36}=\frac{7}{12}$ .

Bài 9.16 trang 67 SBT Toán 10 Tập 2: Chọn ngẫu nhiên 5 số trong tập S = {1; 2;…; 20}. Xác suất để cả 5 số được chọn không vượt quá 10 xấp xỉ là

A. 0,016;

B. 0,013;

C. 0,014;

D. 0,015.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Chọn ngẫu nhiên 5 số trong 20 số có số cách là: $C_{20}^5$  = 15 504 (cách).

Do đó, n(Ω) = 15 504.

Số cách chọn cả 5 số được chọn không vượt quá 10 là chọn cả 5 số thuộc tập {1; 2; ….; 10}, do đó có số cách là: $C_{10}^5$ = 252 (cách).

Gọi biến cố A: “cả 5 số được chọn không vượt quá 10”. Ta có: n(A) = 252.

Vậy P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{252}{15504}\approx \mathrm{0,016}$ .

Giải SBT Toán 10 trang 68 Tập 2

Bài 9.17 trang 68 SBT Toán 10 Tập 2: Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một danh sách được đánh số thứ tự từ 1 đến 199.

a) Xác suất để cả 5 học sinh được chọn có số thứ tự nhỏ hơn 100 xấp xỉ là

A. 0,028;

B. 0,029;

C. 0,027;

D. 0,026.

b) Xác suất để cả 5 học sinh được chọn có số thứ tự lớn hơn 149 xấp xỉ là

A. 0,00089;

B. 0,00083;

C. 0,00088;

D. 0,00086.

Lời giải:

Đáp án đúng là: (a) B; (b) D

Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một danh sách được đánh số thứ tự từ 1 đến 199 có số cách là: $C_{199}^5=2472258789$ .

Do đó, n(Ω) = 2 472 258 789.

a)

Số cách chọn 5 học sinh được chọn có số thứ tự nhỏ hơn 100 là: $C_{99}^5$  = 71 523 144.

Biến cố E: “5 học sinh được chọn có số thứ tự nhỏ hơn 100”. Ta có:

n(E) = 71 523 144

Vậy P(E) = $\frac{n\left(E\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{71523144}{2472258789}\approx \mathrm{0,029}$ .

b)

Ta có 5 học sinh được chọn có số thứ tự lớn hơn 149, có nghĩa là chọn 5 học sinh trong các học sinh có số thứ tự từ 150 đến 199, có tất cả (199 – 150) + 1 = 50 (học sinh).

Số cách chọn 5 học sinh được chọn có số thứ tự lớn hơn 149 là: $C_{50}^5$  = 2 118 760.

Biến cố F: “5 học sinh được chọn có số thứ tự lớn hơn 149”. Ta có:

n(F) = 2 118 760.

Vậy P(F) = $\frac{n\left(F\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{2118760}{2472258789}\approx \mathrm{0,00086}$ .

Bài 9.18 trang 68 SBT Toán 10 Tập 2: Một túi đựng 3 viên bi trắng và 5 viên bi đen. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi. Xác suất để trong 3 viên bi đó có cả bi trắng và bi đen là

A. $\frac{13}{15}$ ;

B. $\frac{9}{11}$ ;

C. $\frac{43}{56}$ ;

D. $\frac{45}{56}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi trong số 8 viên bi có số cách là: $C_8^3=56$ .

Do đó, n(Ω) = 56.

Gọi biến cố A: “3 viên bi đó có cả bi trắng và bi đen”.

Biến cố đối của A là $\overline{A}$ : “3 viên bi đó chỉ có bi trắng hoặc chỉ có bi đen”

Số cách chọn 3 viên bi chỉ có bi trắng là:$C_3^3=1$

Số cách chọn 3 viên bi chỉ có bi đen là:$C_5^3=10$

Do đó, n( $\overline{A}$) = 1 + 10 = 11

Vậy P( $\overline{A}$) = $\frac{n\left(\overline{A}\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{11}{56}\Rightarrow P\left(A\right)=1-\frac{11}{56}=\frac{45}{56}$ .

Bài 9.19 trang 68 SBT Toán 10 Tập 2: Mũi tên của bánh xe trong trò chơi “Chiếc nón kì diệu” có thể dừng lại ở một trong 7 vị trí. Người chơi được quay 3 lần. Xác suất để mũi tên dừng lại ở ba vị trí khác nhau là

A. $\frac{30}{49}$ ;

B. $\frac{29}{50}$ ;

C. $\frac{3}{5}$ ;

D. $\frac{7}{11}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Quay ngẫu nhiên 3 lần, mỗi lần có thể dừng lại ở một trong 7 vị trí.

Do đó, n(Ω) = 7 . 7 . 7 = 343.

Gọi biến cố A: “mũi tên dừng lại ở ba vị trí khác nhau trong 3 lần quay”.

Lần quay thứ nhất có số cách chọn vị trí là: 7

Lần quay thứ hai có số cách chọn vị trí là: 6

Lần quay thứ ba có số cách chọn vị trí là: 5

Số cách để mũi tên dừng lại ở ba vị trí khác nhau là: 7 . 6 . 5 = 210 (cách)

Do đó, n(A) = 210.

Vậy P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{210}{343}=\frac{30}{49}$ .

Bài 9.20 trang 68 SBT Toán 10 Tập 2: Gieo đồng thời hai con xúc xắc cân đối. Xác suất để số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc hơn kém nhau 2 là

A. $\frac{5}{22}$ ;

B. $\frac{1}{5}$ ;

C. $\frac{2}{9}$ ;

D. $\frac{7}{34}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Không gian mẫu là: Ω = {(1, 1); (1, 2); (1, 3); (1, 4); (1, 5); (1, 6); (2, 1); (2, 2); (2, 3); (2, 4); (2, 5); (2, 6); (3, 1); (3, 2); (3, 3); (3, 4); (3, 5); (3, 6); (4, 1); (4, 2); (4, 3); (4, 4); (4, 5); (4, 6); (5, 1); (5, 2); (5, 3); (5, 4); (5, 5); (5, 6); (6, 1); (6, 2); (6, 3); (6, 4); (6, 5); (6, 6)}.

Suy ra n(Ω) = 36.

Biến cố A: “số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc hơn kém nhau 2”.

A = (1, 3); (2, 4); (3, 5); (4, 2); (5, 3); (6, 4); (3, 1); (4, 6)}.

Suy ra n(A) = 8.

Vậy P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{8}{36}=\frac{2}{9}$ .

Bài 9.21 trang 68 SBT Toán 10 Tập 2: Chọn ngẫu nhiên hai số từ tập hợp S = {1; 2; …;19} rồi nhân hai số đó với nhau. Xác suất để kết quả là một số lẻ là

A. $\frac{9}{19}$ ;

B. $\frac{10}{19}$ ;

C. $\frac{4}{19}$ ;

D. $\frac{5}{19}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Số cách chọn ngẫu nhiên hai số từ tập S là: $C_{19}^2$  = 171.

Do đó, n(Ω) = 171.

Biến cố A: “nhân hai số đó với nhau có kết quả là một số lẻ”

Để hai số nhân với nhau có kết quả là một số lẻ thì hai số đều phải là số lẻ. Trong tập S có 10 số lẻ. Vậy số cách chọn hai số lẻ là: $C_{10}^2$  = 45, do đó, n(A) = 45.

Vậy P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{45}{171}=\frac{5}{19}$ .

Bài 9.22 trang 68 SBT Toán 10 Tập 2: Gieo ba con xúc xắc cân đối và đồng chất. Xác suất để số chấm xuất hiện trên mặt của ba con xúc xắc khác nhau là

A. $\frac{5}{9}$ ;

B. $\frac{4}{9}$ ;

C. $\frac{7}{9}$ ;

D. $\frac{2}{9}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Số kết quả khi gieo ba con xúc xắc cân đối và đồng chất là: 6 . 6 . 6 = 216.

Do đó, n(Ω) = 216.

Biến cố A: “số chấm xuất hiện trên mặt của ba con xúc xắc khác nhau”.

Số chấm trên con xúc xắc thứ nhất có số cách chọn là: 6

Số chấm trên con xúc xắc thứ hai có số cách chọn là: 5

Số chấm trên con xúc xắc thứ ba có số cách chọn là: 4

Theo quy tắc nhân, số cách gieo để số chấm xuất hiện trên mặt của ba con xúc xắc khác nhau là: 6 . 5 . 4 = 120.

Do đó, n(A) = 120.

Vậy P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{120}{216}=\frac{5}{9}$ .

Bài 9.23 trang 68 SBT Toán 10 Tập 2: Một khách sạn có 6 phòng đơn. Có 10 khách thuê phòng trong đó có 6 nam và 4 nữ. Người quản lí chọn ngẫu nhiên 6 người cho nhận phòng.

a) Xác suất để cả 6 người là nam là

A. $\frac{11}{210}$ ;

B. $\frac{1}{105}$ ;

C. $\frac{1}{210}$ ;

D. $\frac{7}{210}$ .

b) Xác suất để có 4 nam và 2 nữ là

A. $\frac{2}{7}$ ;

B. $\frac{3}{7}$ ;

C. $\frac{4}{7}$ ;

D. $\frac{5}{7}$ .

c) Xác suất để có ít nhất 3 nữ là

A. $\frac{17}{42}$ ;

B. $\frac{23}{42}$ ;

C. $\frac{25}{42}$ ;

D. $\frac{19}{42}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: (a) C; (b) B; (c) D

Chọn 6 người trong 10 người có số cách là: $C_{10}^6$  = 210.

Do đó, n(Ω) = 210.

a)

Biến cố A: “6 người là nam”. Ta có:

Để chọn 6 người là nam có số cách là: $C_6^6$  = 1

Do đó, n(A) = 1.

Vậy P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{1}{210}$ .

b)

Biến cố B: “4 nam và 2 nữ”

Số cách chọn 4 nam là: $C_6^4$  = 15

Số cách chọn 2 nữ là: $C_4^2$  = 6

Do đó, theo quy tắc nhân, n(B) = 15 . 6 = 90.

Vậy P(B) = $\frac{n\left(B\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{90}{210}=\frac{3}{7}$ .

c)

Biến cố C: “có ít nhất 3 nữ”.

TH1: Có 3 bạn nữ, 3 bạn nam

Số cách chọn 3 bạn nữ là: $C_4^3$  = 4

Số cách chọn 3 bạn nam là: $C_6^3$  = 20

Số cách chọn 3 bạn nữ, 3 bạn nam là: 4 . 20 = 80.

TH2: Có 4 bạn nữ, 2 bạn nam

Số cách chọn 4 bạn nữ là: $C_4^4$  = 1

Số cách chọn 2 bạn nam là: $C_6^2$  = 15

Số cách chọn 4 bạn nữ, 2 bạn nam là: 1 . 15 = 15.

Theo quy tắc cộng, số cách chọn để có ít nhất 3 nữ là: 80 + 15 = 95, do đó, n(C) = 95.

Vậy P(C) = $\frac{n\left(C\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{95}{210}=\frac{19}{42}$ .

Giải SBT Toán 10 trang 69 Tập 2

Bài 9.24 trang 69 SBT Toán 10 Tập 2: Gieo ba con xúc xắc cân đối. Tính xác suất để tổng số chấm xuất hiện trên ba con xúc xắc bằng 7.

Lời giải:

Số kết quả khi gieo ba con xúc xắc cân đối và đồng chất là: 6 . 6 . 6 = 216.

Do đó, n(Ω) = 216.

Gọi A là biến cố: “Tổng số chấm xuất hiện trên ba con xúc xắc bằng 7”.

A = {(a, b, c): a + b + c = 7} với a, b, c lần lượt là số chấm xuất hiện trên ba con xúc xắc.

Ta có:

(a, b, c) = (1, 1, 5), khi hoán vị ta có 3 cách {(1, 1, 5); (1, 5, 1); (5, 1, 1)}

(a, b, c) = (1, 2, 4), khi hoán vị ta có 6 cách {(1, 2, 4}; (1, 4, 2); (2, 1, 4); (4, 1, 2}; (4, 2, 1); (2, 4, 1)}

(a, b, c) = (1, 3, 3), khi hoán vị ta có 3 cách {(1, 3, 3); (3, 1, 3); (3, 3, 1)}

(a, b, c) = (2, 2, 3), khi hoán vị ta có 3 cách {(3, 2, 2); (2, 3, 2); (2, 2, 3)}

Do đó, n(A) = 3 + 6 + 3 + 3 = 15.

Vậy P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{15}{216}=\frac{5}{72}$ .

Bài 9.25 trang 69 SBT Toán 10 Tập 2: Một cửa hàng bán ba loại kem: xoài, sô cô la và sữa. Một học sinh chọn mua ba cốc kem một cách ngẫu nhiên. Tính xác suất để ba cốc kem chọn được thuộc hai loại.

Lời giải:

Kí hiệu A là kem xoài, B là kem sô cô la, C là kem sữa

Ta có không gian mẫu:

Ω = {AAA; BBB; CCC; ABC; ABB; ACC; BCC; BAA; CAA; CBB}

Do đó, n(Ω) = 10.

Gọi E là biến cố: “Ba cốc kem chọn thuộc hai loại”. Ta có:

E ={ABB; ACC; BCC; BAA; CAA; CBB}

n(E) = 6

Vậy P(E) = $\frac{n\left(E\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{6}{10}=\mathrm{0,6}$ .

Bài 9.26 trang 69 SBT Toán 10 Tập 2: Hai thầy trò đến dự một buổi hội thảo. Ban tổ chức xếp ngẫu nhiên 6 đại biểu trong đó có hai thầy trò ngồi trên một chiếc ghế dài. Tính xác suất để hai thầy trò ngồi cạnh nhau.

Lời giải:

Số cách xếp ngẫu nhiên 6 đại biểu trong đó có hai thầy trò ngồi trên một chiếc ghế dài là: 6! = 720, do đó, n(Ω) = 720.

Gọi biến cố E: “Hai thầy trò ngồi cạnh nhau”.

Trên chiếc ghế dài, giả sử ta đếm số từ 1 đến 6 tương ứng mỗi số là mỗi vị trí của một đại biểu.

Công đoạn 1: Xếp hai thầy trò ngồi cạnh nhau, có 10 cách xếp:

(1, 2), (2, 1), (2, 3), (3, 2), (3, 4), (4, 3), (4, 5), (5, 4), (5, 6), (6, 5)

Công đoạn 2: Xếp 4 đại biểu còn lại vào 4 chiếc ghế còn lại có: 4! = 24 (cách)

Do đó, theo quy tắc nhân, ta có: 10 . 24 = 240 cách xếp hai thầy trò ngồi cạnh nhau, do đó, n(E) = 240.

Vậy P(E) = $\frac{n\left(E\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{240}{720}=\frac{1}{3}$ .

Bài 9.27 trang 69 SBT Toán 10 Tập 2: Có ba cặp vợ chồng, trong đó có hai vợ chồng ông bà An đến dự một bữa tiệc. Họ được xếp ngẫu nhiên ngồi xung quanh một chiếc bàn tròn.

a) Không gian mẫu có bao nhiêu phần tử.

Hai cách xếp chỗ ngồi quanh bàn tròn được coi là như nhau nếu đối với mỗi người A trong nhóm, trong hai cách xếp đó, người ngồi bên trái A và bên phải A không thay đổi.

b) Tính xác suất để hai vợ chồng ông bà An ngồi cạnh nhau.

Lời giải:

a)

Mỗi cách xếp chỗ ngồi quanh bàn tròn là một phần tử của không gian mẫu. Giả sử 6 chiếc ghế quanh bàn tròn được đánh số là 1, 2,…..6 và x_i kí hiệu là người ngồi ở ghế mang số i. Khi đó, mỗi cách xếp 6 người này (x₁, x₂, x₃, x₄, x₅, x₆) cho ta một hoán vị của tập hợp 6 người. Có tất cả 6! cách xếp chỗ ngồi cho họ.

Vì ngồi xung quanh 1 chiếc bàn tròn nên 6 cách xếp sau đây được xem là giống nhau. Mặc dù số ghế họ ngồi có thay đổi nhưng vị trí tương đối giữa 6 người đó là không thay đổi.

(x₁, x₂, x₃, x₄, x₅, x₆); (x₂, x₃, x₄, x₅, x₆, x₁);  (x₃, x₄, x₅, x₆, x₁, x₂);

(x₄, x₅, x₆, x₁, x₂, x₃); (x₅, x₆, x₁, x₂, x₃, x₄); (x₆, x₁, x₂, x₃, x₄, x₅)

Vậy chỉ có 6! : 6 = 120 cách xếp. Do đó, n(Ω) = 120.

b)

Gọi E là biến cố: “Hai ông bà An ngồi cạnh nhau”.

Ta coi hai ông bà An ngồi chung 1 ghế. Như vậy có 5! : 5 = 4! = 24 cách xếp. Vì hai ông bà An có thể đổi chỗ cho nhau nên có 24.2! = 48 cách xếp để hai ông bà An ngồi cạnh nhau, do đó, n(E) = 48.

Vậy P(E) = $\frac{n\left(E\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{48}{120}=\frac{2}{5}=\mathrm{0,4}$ .

Bài 9.28 trang 69 SBT Toán 10 Tập 2: Một chiếc hộp đựng 6 quả cầu trắng, 4 quả cầu đỏ và 2 quả cầu đen. Chọn ngẫu nhiên 6 quả cầu. Tính xác suất để chọn được 3 quả trắng, 2 quả đỏ và 1 quả đen.

Lời giải:

Số cách chọn ngẫu nhiên 6 quả cầu trong số 6 + 4 + 2 = 12 quả cầu là: $C_{12}^6$  = 924 cách, do đó, n(Ω) = 924.

Gọi E là biến cố: “Chọn được 3 quả trắng, 2 quả đỏ và 1 quả đen”.

Chọn 3 quả cầu trắng từ 6 quả cầu trắng có $C_6^3$  = 20 cách;

Chọn 2 quả cầu đỏ từ 4 quả cầu đỏ có $C_4^2$  = 6 cách;

Chọn 1 quả cầu đen từ 2 quả cầu đen có 2 cách.

Do đó, theo quy tắc nhân, n(E) = 20 . 6 . 2 = 240.

Vậy P(E) = $\frac{n\left(E\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{240}{924}=\frac{20}{77}$ .

Xem thêm các bài giải SBT Toán 10 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:

Bài 25: Nhị thức Newton

Bài tập cuối chương 8

Bài 26: Biến cố và định nghĩa cổ điển của xác suất

Bài 27: Thực hành tính xác suất theo định nghĩa cổ điển