Giải SBT Toán 10 trang 100, 101 Chân trời sáng tạo tập 2

Bài 1 trang 100 SBT Toán 10 - Chân trời sáng tạo

Gieo một con xúc xắc 4 mặt cân đối và đồng chất ba lần. Tính xác suất của các biến cố:

a) “Tổng các số xuất hiện ở đỉnh phía trên của con xúc xắc trong 3 lần gieo lớn hơn 2”

b) “Có đúng một lần số xuất hiện ở đỉnh phía trên của con xúc xắc là 2”

Lời giải:

a) Vì số chấm trên mỗi mặt của xúc xắc đều lớn hơn hoặc bằng 1, nên sau ba lần gieo, tổng số chấm sẽ luôn lớn hơn hoặc bằng 3 (hay lớn hơn 2).

Do đó biến cố A: “Tổng các số xuất hiện ở đỉnh phía trên của con xúc xắc trong 3 lần gieo lớn hơn 2” chắc chắn xảy ra. Vậy \(P\left( A \right) = 1\)

b) Gieo xúc xắc 3 lần. Mỗi lần, số xuất hiện ở đỉnh đều có 4 kết quả (1, 2, 3, 4)

Do đó \(n\left( \Omega  \right) = 4.4.4 = 64\)

Gọi B là biến cố “Có đúng một lần số xuất hiện ở đỉnh phía trên của con xúc xắc là 2”

Bước 1: Chọn 1 lần trong 3 lần để xuất hiện số 2 ở đỉnh: có 3 cách

Bước 2: Trong 2 lần còn lại, số ở đỉnh đều có 3 kết quả có thể xảy ra (1, 3, 4)

=> có 3.3 =9 (kết quả)

Theo quy tắc nhân, ta có: \(n\left( B \right) = 3.3.3 = 27\)

\( \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{27}}{{64}}\)

Vậy xác xuất của biến cố B là \(\frac{{27}}{{64}}\)

Bài 2 trang 100 SBT Toán 10 - Chân trời sáng tạo

Tung một đồng xu cân đối và đồng chất 4 lần. Tính xác suất của các biến cố:

a) “Cả 4 lần đều xuất hiện mặt giống nhau”

b) “Có đúng 1 lần xuất hiện mặt sấp, ba lần xuất hiện mặt ngửa”

Lời giải:

Tung một đồng xu 4 lần. Mỗi lần có 2 kết quả có thể xảy ra (sấp hoặc ngửa)

Do dó, tổng số kết quả có thể xáy ra là: \(n\left( \Omega  \right) = 2.2.2.2 = 16\)

a) Gọi A là biến cố “Cả 4 lần đều xuất hiện mặt giống nhau”

Chỉ có 2 kết quả là: Cả bốn mặt đều là mặt sấp hoặc Cả bốn mặt đều là mặt ngửa.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 2\)

\( \Rightarrow \)Xác suất của biến cố A là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{2}{{16}} = \frac{1}{8}\)

b) Gọi B là biến cố “Có đúng 1 lần xuất hiện mặt sấp, ba lần xuất hiện mặt ngửa”

Các trường hợp đó là: SNNN, NSNN, NNSN, NNNS

\( \Rightarrow n\left( B \right) = 4\)

\( \Rightarrow \)Xác suất của biến cố B là:\(P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{4}{{16}} = \frac{1}{4}\)

Bài 3 trang 100 SBT Toán 10 - Chân trời sáng tạo

Chỉ có 1 cái ô xanh, 1 cái ô trắng, 1 cái mũ xanh, 1 cái mũ trắng, 1 cái mũ đen, 1 đôi giày đen, 1 đôi giày trắng. Chi chọn ngẫu nhiên 1 cái ô, 1 cái mũ và 1 đôi giày để đến trường

a) Hãy vẽ sơ đồ mô tả các kết quả có thể xảy ra

b) Tính xác suất của biến cố “Chỉ có 1 trong 3 thứ đồ Chi chọn có màu trắng”

Lời giải:

a)

b) Dựa vào sơ đồ cây, ta có số cách chọn 1 ô, 1 mũ và 1 đôi giày là 12 cách.

Do đó \(n\left( \Omega  \right) = 2.3.2 = 12\)

Gọi A là biến cố “Chỉ có 1 trong 3 thứ đồ Chi chọn có màu trắng”

Nhìn vào sơ đồ cây, Chi có các cách chọn là:

Ô trắng -mũ xanh – giày đen

Ô trắng -mũ đen – giày đen

Ô xanh -mũ xanh – giày trắng

Ô xanh -mũ trắng – giày đen

Ô xanh -mũ đen – giày trắng

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 5\)

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{5}{{12}}\)

Bài 4 trang 100 SBT Toán 10 - Chân trời sáng tạo

Chọn ngẫu nhiên 10 số tự nhiên từ dãy các số tự nhiên từ 1 đến 100. Xác đinh biến cố đôi của các biến cố sau:

A: “Có ít nhất 3 số lẻ trong 10 số được chọn”

B: “Tất cả 10 số được chọn đều là số chẵn”

C: “Có không quá 5 số chẵn trong 10 số được chọn”

Lời giải:

\(\overline A \): “Có không quá 2 số lẻ trong 10 số được chọn”

\(\overline B \): “Có ít nhất 1 số được chọn là số lẻ”

\(\overline C \): “Có ít nhất 6 số chẵn trong 10 số được chọn”

Bài 5 trang 100 SBT Toán 10 - Chân trời sáng tạo

Trên tường có 1 đĩa hình tròn có cấu tạo đồng chất và cân đối. Mặt đĩa được chia thành 12 hình quạt bằng nhau và được đánh số từ 1 đến 12. Trọng quay đĩa dừng trục gắn ở tâm 3 lần và quan sát xem mỗi khi dừng lại mũi tên chỉ vào ô ghi só mấy. Tính xác suất của các biến cố:

A: “Cả 3 lần mũi tên đều chỉ vào ô ghi số lẻ”

B: “Có đúng 2 lần mũi tên chỉ vào ô ghi số lẻ”

C: “Tích 3 số mũi tên chỉ vào là số nguyên tố”

Lời giải:

Mỗi lần quay, có 12 kết quả có thể xảy ra.

Vậy 3 lần quay, số kết quả có thể xảy ra là: \(n\left( \Omega  \right) = 12.12.12 = {12^3}\)

a) Trong 12 số, có 6 số lẻ là: 1; 3; 5; 7; 9; 11

Do đó mỗi lần quay, có 6 trường hợp mũi tên chỉ vào số lẻ.

Số trường hợp để 3 lần quay mũi tên đều chỉ vào số lẻ là: 6.6.6 hay \(n\left( A \right) = {6^3}\)

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{{6^3}}}{{{{12}^3}}} = \frac{1}{8}\)

b) Để biến cố B xảy ra cần thực hiện 3 công đoạn:

Công đoạn 1: Chọn 2 trong 3 lần (mũi tên chỉ vào số lẻ) => có \(C_3^2\) cách

Công đoạn 2: Hai lần mũi tên chỉ vào số lẻ

Có 6 cách để chỉ vào 1 trong 6 số lẻ, do đó hai lần có: 6.6 =36 cách

Công đoạn 3: Một lần mũi tên chỉ vào số chẵn

Có 6 số chẵn trên bảng, do đó có 6 cách để chỉ vào số chẵn

Theo quy tắc nhân ta có: \(n\left( B \right) = C_3^2.36.6 = 648\)

\( \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{648}}{{{{12}^3}}} = \frac{3}{8}\)

c) Có 5 số nguyên số trong 12 số đã cho là: 2, 3, 5, 7, 11

Để tích 3 số mũi tên chỉ vào là số nguyên tố thì 2 lần quay vào số 1 và 1 lần quay vào 1 trong 5 số nguyên tố đó.

+ Chọn 1 trong 3 lần để quay vào số nguyên tố: có 3 cách

+ Mũi tên quay vào 1 số nguyên tố: Có 5 cách

Theo quy tắc nhân, số kết quả thuận lợi cho biến cố C là: \(n\left( C \right) = 5.3\)

\( \Rightarrow P\left( C \right) = \frac{{n\left( C \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{5.3}}{{{{12}^3}}} = \frac{5}{{576}}\)

Bài 6 trang 101 SBT Toán 10 - Chân trời sáng tạo

Một văn phòng A có 15 nhân viên nam và 20 nhân viên nữ. Để khảo sát mức độ hài long của nhân viên thông qua hình thức phỏng vấn, người ta lần lươt ghi tên của từng nhân viên vào 35 mẩu giấy giống nhau, từ đó chọn ngẫu nhiên 5 mẩu giấy

a) Tính xác suất của các biến cố:

A: “Trong 5 người được chọn có 2 nam, 3 nữ”

B: “Có nhiều nhân viên nữ được chọn hơn nhân viên nam”
C: “Có ít nhất một người được chọn là nữ”

b) Biết chị Lan là một nhân viên của văn phòng A. Tính xác suất của biến cố chị Lan được chọn

Lời giải:

Chọn 5 mẩu giấy từ 35 mẩu giấy có \(C_{35}^5\) cách.

Do đó: \(n\left( \Omega  \right) = C_{35}^5\)

a) A: “Trong 5 người được chọn có 2 nam, 3 nữ”

+ Chọn 2 nam (trong 15 nam): \(C_{15}^2\) cách chọn

+ Chọn 3 nữ (trong 20 nữ): \(C_{20}^3\) cách chọn

=> \(n\left( A \right) = C_{15}^2.C_{20}^3\)

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{C_{15}^2.C_{20}^3}}{{C_{35}^5}} \approx 0,37\)

- B: “Có nhiều nhân viên nữ được chọn hơn nhân viên nam”

Chọn 5 người nên xảy ra các trường hợp: 3 nữ 2 nam, 4 nữ 1 nam và 5 nữ

TH1: Chọn 3 nam, 2 nữ

+ Chọn 3 nữ (trong 20 nữ): \(C_{20}^3\) cách chọn

+ Chọn 2 nam (trong 15 nam): \(C_{15}^2\) cách chọn

=> Có \(C_{15}^2.C_{20}^3\) cách

TH2: chọn 4 nữ 1 nam

Tương tự ta có: \(C_{20}^4.C_{15}^1\) cách

TH3: chọn 5 nữ

Có \(C_{20}^5\) cách

=> \(n\left( B \right) = C_{20}^5 + C_{15}^1.C_{20}^4 + C_{15}^2.C_{20}^3\)

\( \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{C_{20}^5 + C_{15}^1.C_{20}^4 + C_{15}^2.C_{20}^3}}{{C_{35}^5}} \approx 0,64\)
- C: “Có ít nhất một người được chọn là nữ” => \(\overline C \) là “không có nhân viên nữ nào được chọn” nói cách khác \(\overline C \) là “5 người được chọn đều là nam”

Do đó \(n\left( C \right) = C_{15}^5\)

\( \Rightarrow P\left( C \right) = 1 - P\left( {\overline C } \right) = 1 - \frac{{n\left( {\overline C } \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = 1 - \frac{{C_{15}^5}}{{C_{35}^5}} \approx 0,99\)

b) D: “chị Lan được chọn” => \(\overline D \) là “Trong 5 người được chọn không có chị Lan”

Văn phòng có 35 người, không tính chị Lan thì còn 34 người. Ta chọn 5 người trong số này, có \(C_{34}^5\) cách.

\( \Rightarrow P\left( D \right) = 1 - P\left( {\overline D } \right) = 1 - \frac{{n\left( {\overline D } \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = 1 - \frac{{C_{34}^5}}{{C_{55}^5}} = \frac{1}{7}\)

Bài 7 trang 101 SBT Toán 10 - Chân trời sáng tạo

Một hội đồng có đúng 1 người là nữ. Nếu chọn ngẫu nhiên 2 người từ hội đồng thì xác suất cả 2 người đều là nam là 0,8

a) Chọn ngẫu nhiên 1 người từ hội đồng, tính xác suất của biến cố có 1 người nữ trong 2 người đó

b) Hội đồng có bao nhiêu người

Lời giải:

a) Không gian mẫu: “Chọn ngẫu nhiên 2 người”

Biến cố A: “có 1 người nữ trong 2 người đó”

=> \(\overline A \): “trong hai người đó không có nữ” hay chính là biến cố “cả hai ngguowif đều là nam”. Suy ra \(P(\overline A ) = 0,8\)

=> \(P\left( A \right) = 1 - 0,8 = 0,2\)

b) Gọi n là số người nam trong hội đồng \(\left( {n \in N*,n \ge 2} \right)\).

Như vậy hội đồng có n+1 người.

Số cách chọn 2 người bất kì là: \(n\left( \Omega  \right) = C_{n + 1}^2\)

Số cách chọn 2 người đều là nam là: \(n(\overline A ) = C_n^2\)

Xác suất để 2 người được chọn đều là nam là 0,8

 \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{{C_n^2}}{{C_{n + 1}^2}} = 0,8 \Leftrightarrow C_n^2 = 0,8.C_{n + 1}^2\\ \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{2!\left( {n - 2} \right)!}} = 0,8\frac{{(n + 1)!}}{{2!\left( {n - 1} \right)!}} \Leftrightarrow \frac{{n(n - 1)}}{2} = 0,8\frac{{(n + 1)n}}{2}\\ \Leftrightarrow n - 1 = 0,8\left( {n + 1} \right) \Rightarrow 0,2n = 1,8 \Leftrightarrow n = 9\end{array}\)

Vậy, hội đồng có 10 người.

Bài 8 trang 101 SBT Toán 10 - Chân trời sáng tạo

An, Bình, Cường và 2 bạn nữa xếp ngẫu nhiên thành 1 hàng ngang để chụp ảnh. Tính xác suất của các biến cố:

a) “An và Bình đứng ở hai đầu hàng”

b) “Bình và Cường đứng cạnh nhau”

c) “An, Bình, Cường đứng cạnh nhau”

Lời giải:

a) Số cách xếp 5 bạn thành một hàng ngang là: \(n\left( \Omega  \right) = 5!\)

Gọi A là biến cố: “An và Bình đứng ở hai đầu hàng”

+ An và Bình đứng 2 đầu hàng: 2 cách sắp xếp (An trước Bình sau hoặc ngược lại)

+ 3 bạn còn lại: \(3!\) cách sắp xếp

=> \(n\left( A \right) = 2.3!\)

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{2.3!}}{{5!}} = \frac{1}{{10}}\)

b) Gọi B là biến cố: “Bình và Cường đứng cạnh nhau”

Coi Bình và Cường thành 1 phần tử trong hàng.

=> Khi đó xếp 5 người coi là xếp 4 phần tử => có \(4!\) cách sắp xếp

Mỗi cách xếp này tương ứng với 2 cách xếp 5 người (Bình trước, Cường sau hoặc ngược lại)

=> \(n\left( B \right) = 2.4!\)

\( \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{2.4!}}{{5!}} = \frac{1}{{10}}\)

c) Gọi C là biến cố: “An, Bình, Cường đứng cạnh nhau”

Coi An, Bình và Cường là 1 phần tử của hàng. Riêng nhóm này có \(3!\) cách xếp

=> Khi đó hàng có 3 phần tử => có \(3!\) cách sắp xếp

=> \(n\left( C \right) = 3!.3!\)

\( \Rightarrow P\left( C \right) = \frac{{n\left( C \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{3!.3!}}{{5!}} = \frac{3}{5}\)

Bài 9 trang 101 SBT Toán 10 - Chân trời sáng tạo

Một hộp kín có 1 quả bóng xanh và 5 quả bóng đỏ có kích thước và khối lượng bằng nhau. Hỏi Dũng cần lấy ra từ hộp ít nhất bao nhiêu quả bóng để xác suất lấy được quả bóng xanh lớn hơn 0,5?

Lời giải:

Gọi k là số quả bóng Dũng lấy ra \(\left( {k \in N*,k \le 6} \right)\).

Không gian mẫu: “Lấy ra k quả bóng” \( \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = C_6^k\)

Gọi A là biến cố: “Trong k quả lấy ra có quả bóng xanh”

=> \(\overline A \): “Trong k quả lấy ra không có quả bóng xanh” hay “lấy được k quả màu đỏ”

\( \Rightarrow n(\overline A ) = C_5^k\)\( \Rightarrow P(\overline A ) = \frac{{C_5^k}}{{C_6^k}}\)

Xác suất để trong k quả bóng đó có quả bóng xanh là: \(P(A) = 1 - \frac{{C_5^k}}{{C_6^k}} = 1 - \frac{{\frac{{5!}}{{k!\left( {5 - k} \right)!}}}}{{\frac{{6!}}{{k!\left( {6 - k} \right)!}}}} = 1 - \frac{{5!\left( {6 - k} \right)!}}{{6!\left( {5 - k} \right)!}} = 1 - \frac{{6 - k}}{6} = \frac{k}{6}\)

Để đảm bảo xác suất này lớn hơn 0,5 thì \(\frac{k}{6} > 0,5 \Leftrightarrow k > 3 \Rightarrow k \in \{ 4;5;6\} \)

Vậy Dũng cần lấy ít nhất 4 quả bóng

Bài 10 trang 101 SBT Toán 10 - Chân trời sáng tạo

Bốn đội bóng A, B, C, D lọt vào vòng bán kết của 1 giải đấu. Ban tổ chức bốc thăm chia 4 đội này thành 2 cặp đấu một cách nhẫu nhiên. Tính xác suất của biến cố 2 đội A và B đấu với nhau ở trận bán kết

Lời giải:

+ \(n\left( \Omega  \right) = C_4^2 = 6\)

+ Số cách sắp xếp để A và B găp nhau ở bán kết: 1 cách sắp xếp => có 2 bảng nên có 2 cách sắp xếp

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\).

Sachbaitap.com