Bài toán tính xác suất, trắc nghiệm toán 11

Đáp án A.

Gọi $A$ là biến cố “số chấm xuất hiện nhỏ hơn 4”. Số chấm nhỏ hơn 4 dễ thấy chỉ có thể là 1, 2 và 3.

Gọi ${{A}_{j}}$ là biến cố “số chấm xuất hiện là $i$” $\left( i=\overline{1,3} \right)$. Có thể thấy rằng các biến cố này đôi một xung khắc.

Do viên xúc sắc là cần đối nên xác suất chia đều ra cho 6 mặt, mỗi mặt có xác suất là $\dfrac{1}{6}\Rightarrow P\left( {{A}_{j}} \right)=\dfrac{1}{6}$.

Ta có $P\left( A \right)=P\left( {{A}_{1}} \right)+P\left( {{A}_{2}} \right)+P\left( {{A}_{3}} \right)=\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{2}$

Đáp án B.

Gọi $A$ là biến cố “học sinh chọn được tăng điểm”.

Gọi $B$ là biến cố “học sinh chọn học giỏi ngoại ngữ”.

Gọi $C$ là biến cố “học sinh chọn học giỏi tin học”.

Thì $A=B\cup C$ và $BC$ là biến cố “học sinh chọn học giỏi cả ngoại ngữ lẫn tin học”.

Ta có $P\left( A \right)=P\left( B \right)+P\left( C \right)-P\left( BC \right)=\dfrac{30}{100}+\dfrac{40}{100}-\dfrac{20}{100}=\dfrac{1}{2}$

Đáp án C.

Gọi $A$ là biến cố “lấy được ít nhất 2 bóng tốt”.

Không gian mẫu: lấy ngẫu nhiên 3 quả bóng thì số cách lấy là $n\left( \Omega  \right)=C_{12}^{3}=220$

TH1: Lấy 3 bóng trong đó có 2 bóng tốt và 1 bóng xấu thì số cách chọn là $C_{7}^{2}.C_{5}^{1}=105$ cách

TH2: Lấy 3 bóng đều tốt thì số cách lấy là $C_{7}^{3}=35$ cách

Suy ra $n\left( A \right)=105+35=140$. Vậy $P\left( A \right)=\dfrac{140}{220}=\dfrac{1}{7}$

Đáp án A.

Số cách chọn 5 viên bi từ 14 viên bi là $n\left( \Omega  \right)=C_{14}^{5}=2002$.

Gọi $A$ là biến cố “Trong 5 viên bi được chọn có cả bi xanh và bi trắng”

Trong đó:

Số cách chọn 5 viên bi toàn bi xanh là $C_{8}^{5}=56$ cách.

Số cách chọn 5 viên bi toàn bi trắng là $C_{6}^{5}=6$ cách.

Suy ra $n\left( {\bar{A}} \right)=56+6=62$$\Rightarrow P\left( A \right)=1-P\left( {\bar{A}} \right)=1-\dfrac{62}{2002}=\dfrac{970}{1001}$

Đáp án A.

Gọi $X$ là tập hợp những em học khá môn Toán, $Y$là tập hợp những em học khá môn Văn.

$\Rightarrow $ Tập hợp những em học khá cả Toán và Văn là $X\cap Y$$X\cap Y=15+16-25=6$ học sinh.

Gọi $A$là biến cố “chọn được 3 em học khá môn Toán nhưng không khá môn Văn”.

Ta có $n\left( \Omega  \right)=C_{25}^{3}=2300$

Số học sinh học khá môn Toán nhưng không khá môn Văn là $\left| X\backslash \left( X\cap Y \right) \right|=15-6=9$.

$\Rightarrow n\left( A \right)=C_{9}^{3}=84$ cách.

$\Rightarrow P\left( A \right)=\dfrac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\dfrac{84}{2300}=\dfrac{21}{575}$.

Đáp án B.

Con xúc xắc thứ nhất có thể xảy ra 6 kết quả, con thứ hai cũng vậy nên tổng số kết quả có thể xảy ra là $\left| \Omega  \right|=6.6=36$

Gọi $A$ là biến cố “Tổng hai mặt xuất hiện mặt bằng 7”. Dùng phương pháp liệt kê

${{\Omega }_{A}}=\left\{ \left( 1;6 \right),\text{ }\left( 2;5 \right),\text{ }\left( 3;4 \right),\text{ }\left( 4;3 \right),\text{ }\left( 5;2 \right),\text{ }\left( 6;1 \right) \right\}$$\Rightarrow P\left( A \right)=\dfrac{\left| {{\Omega }_{A}} \right|}{\left| \Omega  \right|}=\dfrac{6}{36}=\dfrac{1}{6}$.

Đáp án C.

Gọi $X$ là tập hợp các học sinh giỏi Toán, $Y$ là tập hợp các học sinh giỏi Văn.

$\Rightarrow X\cap Y$ là tập hợp các học sinh giỏi cả 2 môn và $X\cup Y$ là tập hợp những học sinh giỏi một trong hai môn (tập hợp các học sinh giỏi). Theo quy tắc cộng tổng quát ta có

$\left| X\cup Y \right|=\left| X \right|+\left| Y \right|-\left| X\cap Y \right|=5+6-4=7$

Gọi $A$là biến cố “chọn được 2 em là học sinh giỏi” $\Rightarrow \left| \Omega  \right|=C_{20}^{2}=190$ và $\left| {{\Omega }_{A}} \right|=C_{7}^{2}=21$ $\Rightarrow P\left( A \right)=\dfrac{21}{190}$.

Đáp án D.

Đặt 19 là một số $a$. Ta có số các số có các chữ số khác nhau tạo thành từ $a,\text{ }3,\text{ }5,\text{ }7$ với $a$là chữ số đứng đầu là $1.3.2.1=6$ (số) $\Rightarrow \left| {{\Omega }_{B}} \right|=96$$\Rightarrow P\left( B \right)=\dfrac{6}{120}$

Đáp án D.

Số các số có 5 chữ số khác nhau lập được từ tập $A$ là $6.6.5.4.3=2160$ (số) $\Rightarrow \left| \Omega  \right|=2160$

Gọi số cần tìm là $\overline{abcde}$ ta có $e=0$ hoặc $e=5$ (do số đó phải chia hết cho $5$). Khi đó ta có các trường hợp:

2. $e=0$, chọn vị trí cho $3$ số $1,$$2,$$3$$\Rightarrow $ có $2$ cách chọn, ngoài ra trong $3$ số $1,$$2,$$3$ còn có$3!=6$ hoán vị trong đó. Cuối cùng ta chọn số còn lại có $3$ cách chọn. Vậy số các số thuộc trường hợp này có $2.3.6=36$ số.
3. $e=5$, các số $1,$$2,$$3$ thuộc $b,c,d$$\Rightarrow $có $3!.2=12$số thỏa (do $a\ne 0$ nên chỉ có $2$ cách chọn )
4. $e=5$, các số $1,$$2,$$3$ thuộc $a,b,c$$\Rightarrow $có $3.3!=18$số thỏa mãn.

Số các số thỏa mãn yêu cầu là $36+12+18=66$ số. $\Rightarrow \left| {{\Omega }_{A}} \right|=66$

Vậy xác suất cần tìm là $P=\dfrac{\left| {{\Omega }_{A}} \right|}{\left| \Omega  \right|}=\dfrac{66}{2160}=\dfrac{11}{360}$.

Đáp án A.

Gọi $B$ là biến cố “Chọn $4$em có ít nhất một nam và một nữ”.

Số cách chọn $4$bạn bất kì vào ban cán sự lớp là $C_{40}^{4}$ cách.

Số cách chọn $4$bạn nam vào ban cán sự lớp là $C_{25}^{4}$ cách.

Số cách chọn $4$bạn nữ vào ban cán sự lớp là $C_{15}^{4}$ cách.

Vậy số cách chọn ban cán sự lớp có cả nam lẫn nữ là $C_{40}^{4}-C_{25}^{4}-C_{15}^{4}\Rightarrow \left| {{\Omega }_{B}} \right|=77375$

Vậy xác suấtcần tìm là $P=\dfrac{\left| {{\Omega }_{B}} \right|}{\left| \Omega  \right|}=\dfrac{77375}{91390}=\dfrac{15475}{18278}$.

Đáp án A.

Số cách chọn ra $3$ học sinh mà không có điều kiện gì là $C_{50}^{3}$ cách $\Rightarrow \left| \Omega  \right|=C_{50}^{3}$

Ta sẽ loại trừ các trường hợp có $1$ cặp anh em sinh đôi. Đầu tiên ta chọn $1$ cặp sinh đôi có $4$cách chọn. Sau đó chọn $1$ học sinh còn lại từ $48$học sinh, có $48$ cách chọn.

Vậy số cách chọn $3$ em học sinh thỏa yêu cầu đề bài là: $C_{50}^{3}-4.48=19408$

Vậy xác suất cần tìm là \[P=\dfrac{\left| {{\Omega }_{A}} \right|}{\left| \Omega  \right|}=\dfrac{19408}{C_{50}^{3}}=\dfrac{1213}{1225}\].

Đáp án A.

Số cách xếp $24$người vào bàn là $23!$$\Rightarrow \left| \Omega  \right|=23!$ (do ở đây là hoán vị vòng quanh).

Gộp các thành viên cùng quốc tịch vào cùng nhóm, trước tiên ta tính số cách xếp mọi người trong các nhóm đó.

Theo nguyên tắc “buộc” các phần tử, ta buộc thành các phần tử lớn là Mỹ, Nga, Anh, Pháp.

Lúc này bài toán trở thành xếp bốn phần tử vào bốn ghế trên bàn tròn.

Cố định nhóm Mỹ, có $3$ cách xếp chỗ cho nhóm Nga, $2$ cách xếp chỗ cho nhóm Anh, $1$ cách xếp chỗ cho nhóm Pháp.

Vậy có $3!=6$ cách xếp.

Vậy xác suất để xếp cho các vị cùng quốc tịch ngồi cạnh nhau là $\dfrac{6}{23!}$.

Đáp án B.

Vì đồng xu là cân đối nên xác suất sấp – ngửa của mỗi lần tung là như nhau và bằng $0,5$.

Xác suất để $5$ lần tung đồng xu đều sấp là $0,{{5}^{5}}=0,03125$

Đáp án C.

Gọi ${{A}_{j}}$ là biến cố “Xạ thủ thứ $j$ bắn trúng”. Với $j=\overline{1;3}$.

$\Rightarrow P\left( \overline{{{A}_{1}}} \right)=1-0,6=0,4$; $\Rightarrow P\left( \overline{{{A}_{2}}} \right)=1-0,7=0,3;P\left( \overline{{{A}_{3}}} \right)=1-0,8=0,2$

Gọi $A$ là biến cố “Có ít nhất một xạ thủ bắn trúng” thì $P(\overline{A})=P(\overline{{{A}_{1}}}).P(\overline{{{A}_{2}}}).P(\overline{{{A}_{3}}})=0,4.0,3.0,2=0,024$

$\Rightarrow P(A)=1-P(\overline{A})=1-0,024=0,976$

Đáp án D.

Gọi $K$ là biến cố “Ném được vòng vào cổ chai”, ${{A}_{1}}$ là biến cố “Ném được vòng vào cổ chai lần đầu”,${{A}_{2}}$ là biến cố “Ném được vòng vào cổ chai lần thứ 2”, ${{A}_{3}}$ là biến cố “Ném được vòng vào cổ chai lần thứ ba”.

$\Rightarrow P\left( K \right)=P({{A}_{1}})+P(\overline{{{A}_{1}}}{{A}_{2}})+P(\overline{{{A}_{1}}}\overline{{{A}_{2}}}{{A}_{3}})=P({{A}_{1}})+P(\overline{{{A}_{1}}})P({{A}_{2}})+P(\overline{{{A}_{1}}})P(\overline{{{A}_{2}}})P({{A}_{3}})$; $=0,75+0,25.0,6+0,25.0,4.0,3=0,81.$

Đáp án C.

Mỗi đồng xu có hai khả năng: ngửa hoặc sấp. Do đó số phần tử của không gian mẫu khi gieo ba đồng xu là $\left| \Omega  \right|={{2}^{3}}=8$.

Ta có biến cố đối của $A$ là $\overline{A}$: “Không có đồng xu nào xuất hiện mặt ngửa”$\Leftrightarrow $ “Cả ba đồng xu đều xuất hiện mặt sấp”.

Khi đó \[{{\Omega }_{A}}=\left\{ \left( S;S;S \right) \right\}\Rightarrow \left| {{\Omega }_{\overline{A}}} \right|=1\]$\Rightarrow P\left( A \right)=1-P(\overline{A})=1-\dfrac{\left| {{\Omega }_{\overline{A}}} \right|}{\left| \Omega  \right|}=1-\dfrac{1}{8}=\dfrac{7}{8}$.

Đáp án D.

Nhận xét: Do con xúc xắc chỉ có $6$ mặt và để ý rằng $3.6=18$là giá trị tối đa của tổng $x+y+z.$ Và $18$ không lớn hơn $16$ là bao nhiêu nên ta sẽ sử dụng phương pháp tính phần bù.

Số các bộ thứ tự $\left( x;y;z \right)$ với $x;y;z$ là số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng $1$ và nhỏ hơn hoặc bằng $6$ là $\left| \Omega  \right|={{6}^{3}}=216.$

Xét các bộ thứ tự $\left( x;y;z \right)$ có tổng $x+y+z\ge 16$. Ta có:

$16=5+5+6=5+6+5=6+5+5=6+6+4=6+4+6=4+6+6.$

$17=5+6+6=6+5+6=6+6+5$

$18=6+6+6$

Như vậy có tổng cộng $10$ bộ $\left( x;y;z \right)$ thỏa mãn $x+y+z\ge 16$.

Số bộ $\left( x;y;z \right)$ thỏa mãn $x+y+z<16$ là $216-10=206.$

Xác suất cần tính là $P=\dfrac{206}{216}=\dfrac{103}{108}$.

Đáp án A.

Nhận xét: Do con xúc xắc chỉ có $6$ mặt và để ý rằng $3.6=18$là giá trị tối đa của tổng $x+y+z.$ Và $18$ không lớn hơn $16$ là bao nhiêu nên ta sẽ sử dụng phương pháp tính phần bù.

Số các bộ thứ tự $\left( x;y;z \right)$ với $x;y;z$ là số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng $1$ và nhỏ hơn hoặc bằng $6$ là $\left| \Omega  \right|={{6}^{3}}=216.$

Xét các bộ thứ tự $\left( x;y;z \right)$ có tổng $x+y+z\ge 16$. Ta có:

$16=5+5+6=5+6+5=6+5+5=6+6+4=6+4+6=4+6+6.$

$17=5+6+6=6+5+6=6+6+5$

$18=6+6+6$

Như vậy có tổng cộng $10$ bộ $\left( x;y;z \right)$ thỏa mãn $x+y+z\ge 16$.

Số bộ $\left( x;y;z \right)$ thỏa mãn $x+y+z<16$ là $216-10=206.$

Xác suất cần tính là $P=\dfrac{206}{216}=\dfrac{103}{108}$.

Đáp án B.

Vì hai con xúc xắc có cùng $6$ mặt nên số phần tử của không gian mẫu là $\left| \Omega  \right|=6.6=36.$

Gọi $\left( x;y \right)$ là số chấm xuất hiện lần lượt trên mặt xanh và mặt đỏ.

Khi đó ${{\Omega }_{A}}=\left\{ \left( 3;1 \right);\left( 4;2 \right);\left( 5;3 \right);\left( 6;4 \right) \right\}\Rightarrow \left| {{\Omega }_{A}} \right|=4$

$\Rightarrow P\left( A \right)=\dfrac{\left| {{\Omega }_{A}} \right|}{\left| \Omega  \right|}=\dfrac{4}{36}=\dfrac{1}{9}$.

Đáp án A.

Số cách chọn $3$ tấm bìa trong $6$ tấm bìa và xếp thành một hang ngang là $\left| \Omega  \right|=A_{6}^{3}=120.$

Số cách xếp $3$ tấm bìa để không có được số có ba chữ số tức là vị trí đầu tiên là chữ số $0$ là$A_{3}^{2}$ Số cách xếp $3$ tấm bìa để tạo được số có ba chữ số là $A_{6}^{3}-A_{3}^{2}=100.$

Vậy xác suất cần tìm là $P=\dfrac{100}{120}=\dfrac{5}{6}$.

Đáp án D.

Ta có điều kiện chủ chốt “tích hai số được chọn là một số chẵn” $\Leftrightarrow $ Tồn tại Doít nhất một trong hai số được chọn là chẵn.

Gọi $\overline{ab}$ là số tự nhiên có hai chữ số khác nhau được lập từ các số đã cho

Số cách chọn $a:$ $6$ cách; Số cách chọn $b:$ $6$ cách $\Rightarrow $ Số các số có hai chữ số khác nhau tạo được là $6.6=36$ số$\Rightarrow S$ có $36$ phần tử.

Số cách lấy ngẫu nhiên $2$ số từ tập $S$: $C_{36}^{2}=630$ cách

Gọi biến cố \[A\]: “Tích hai số được chọn là một số chẵn”

Gọi biến cố \[\overline{A}\]: “Tích hai số được chọn là một số lẻ”

Số các số lẻ trong $S$: $3.5=15$ ($3$ cách chọn chữ số hàng đơn vị là lẻ, $5$ cách chọn chữ số hang chục khác $0$).

Số cách lấy ngẫu nhiên $2$ số lẻ trong $15$ số lẻ: $C_{15}^{2}=105$ cách

$P(\overline{A})=\dfrac{\left| {{\Omega }_{\overline{A}}} \right|}{\left| \Omega  \right|}=\dfrac{105}{630}=\dfrac{1}{6}$. Vậy $P(A)=1-P(\overline{A})=1-\dfrac{1}{6}=\dfrac{5}{6}$

Đáp án D.

Chọn ba quả cân có $\left| \Omega  \right|=C_{8}^{3}=56$ cách.

Chọn ba quả cân có tổng trọng lượng nhỏ hơn hoặc bằng $9$ có các trường hợp sau:

TH1: Trong các quả được lấy ra không có quả cân trọng lượng $1$ kg.

Ta có $2+3+4=9$ là tổng trọng lượng nhỏ nhất có thể. Do đó trong trường hợp này có đúng $1$ cách chọn.

TH2: Trong các quả được lấy ra có quả cân trọng lượng $1$ kg. Khi đó ta có:

$1+2+3=6;1+2+4=7;1+2+5=8;1+2+6=9;1+3+4=8;1+3+5=9.$

Trường hợp này ta có $6$ cách chọn.

Vậy số cách chọn thỏa mãn ycbt là $56-1-6=49$.

Xác suất cần tính là: $\dfrac{49}{56}=\dfrac{7}{8}$.

Đáp án B.

Số cách lấy ra tùy ý $7$ viên bi trong $20$ viên bi đã cho là: $\left| \Omega  \right|=C_{20}^{7}=77520.$

Để chọn ra không quá $2$ viên bi đỏ từ $7$ viên lấy ra là:

Lấy ra được $0$ viên bi đỏ, $7$ viên bi xanh: $C_{8}^{7}=8$ cách.

Lấy ra được $1$ viên bi đỏ, $6$ viên bi xanh: $C_{12}^{1}C_{8}^{6}=336$ cách.

Lấy ra được $2$ viên bi đỏ, $5$ viên bi xanh: $C_{12}^{2}C_{8}^{5}=3696$ cách.

Vậy xác suất để $7$ viên bi chọn ra không quá $2$ viên bi đỏ là $\dfrac{8+336+3696}{77520}=\dfrac{101}{1938}$.

Đáp án D.

Gọi biến cố $A$: “Lấy $5$ tấm thẻ mang số lẻ, $5$ tấm thẻ mang số chẵn, trong đó chỉ có đúng $1$ tấm thẻ mang số chia hết cho $10$”

Số cách lấy ngẫu nhiên $10$ tấm thẻ trong $30$ tấm thẻ : $C_{30}^{10}$ cách $\Rightarrow \left| \Omega  \right|=C_{30}^{10}.$

Trong $30$ tấm thẻ có $15$tấm thẻ mang số lẻ, $15$tấm thẻ mang số chẵn, $3$ tấm thẻ mang số chia hết cho $10$ (chú ý là các thẻ chia hết cho $10$ đều là số chẵn)

Số cách chọn $5$ tấm thẻ mang số lẻ: $C_{15}^{5}=3003$ cách.

Số cách chọn $1$ tấm thẻ mang số chia hết cho $10$$C_{3}^{1}=3$ cách

Số cách chọn $4$ tấm thẻ mang số chẵn không chia hết cho $10:C_{12}^{4}=495$ cách

Số cách lấy $5$ tấm thẻ mang số lẻ, $5$ tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng $1$ tấm thẻ chia hết cho $10$: $3003.3.495=4459455$ cách.

$\Rightarrow {{\Omega }_{A}}=4459455$

Vậy $P(A)=\dfrac{\left| {{\Omega }_{A}} \right|}{\left| \Omega  \right|}=\dfrac{4459455}{C_{30}^{10}}=\dfrac{99}{667}.$

Đáp án A.

Trong $9$ thẻ đã cho có hai thẻ ghi số chia hết cho $4$(các thẻ ghi số $4$ và $8$ ), $7$ thẻ còn lại có ghi số không chia hết cho $4$.

Giả sử rút $x(1\le x\le 9;x\in \mathbb{N})$, số cách chọn $x$ từ $9$ thẻ trong hộp là $C_{9}^{x}$, số phần tử của không gian mẫu là $\left| \Omega  \right|=C_{9}^{x}.$

Gọi $A$ là biến cố “Trong số $x$ thẻ rút ra có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho $4$ ”

Số cách chọn tương ứng với biến cố $\overline{A}$ là $\left| \overline{A} \right|=C_{7}^{x}$

Ta có $P(\overline{A})=\dfrac{C_{7}^{x}}{C_{9}^{x}}\Rightarrow P(A)=1-\dfrac{C_{7}^{x}}{C_{9}^{x}}$

Do đó $P(A)>\dfrac{5}{6}\Leftrightarrow 1-\dfrac{C_{7}^{x}}{C_{9}^{x}}>\dfrac{5}{6}\Leftrightarrow {{x}^{2}}-17x+60<0\Rightarrow 5<x<12\Rightarrow 6\le x\le 9$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $x$ là $6$. Vậy số thẻ ít nhất phải rút là$6$.

Đáp án A.

Phân tích: Cần nhớ lại kiến thức cơ bản về bất đẳng thức tam giác.

Ba đoạn thẳng với chiều dài $a,b,c$ có thể là $3$ cạch của một tam giác khi và chỉ khi

$\left\{ \begin{align}
& a+b>c \\
& a+c>b \\
& b+c>a \\
\end{align} \right.$

Lời giải: Số phần tử của không gian mẫu là: $C_{5}^{3}=10$

Gọi $A$ là biến cố “lấy ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác”

Các khả năng chọn được ba đoạn thẳng lập thành một tam giác là $\left[ 3;5;7 \right];\left[ 3;5;9 \right];\left[ 5;7;9 \right]$

Số trường hợp thuận lợi của biến cố $A$ là $3$. Suy ra xác suất của biến cố $A$ là $P(A)=\dfrac{3}{10}$.

Đáp án C.

Gọi $A$ là biến cố “$A$ và $B$ có giải thưởng giống nhau”. Vì mỗi học sinh nhận được $2$ cuốn sách các loại, nên giả sử có $a$ học sinh nhận sách (Lí và Hóa) và $5-a$ học sinh nhận sách (Toán và Hóa).

Số phần tử của không gian mẫu là $\left| \Omega  \right|=C_{9}^{2}.C_{7}^{3}.C_{4}^{4}=1260.$

TH1: $X$ và $Y$ nhận sách (Toán, Lí), số khả năng là $C_{7}^{3}.C_{4}^{4}=35.$

TH2: $X$ và $Y$ nhận sách (Toán, Hóa), số khả năng là $C_{7}^{1}.C_{6}^{2}.C_{4}^{4}=105.$

TH1: $X$ và $Y$ nhận sách (Lí, Hóa), số khả năng là $C_{7}^{2}.C_{5}^{3}.C_{2}^{2}=210.$

$\Rightarrow \left| {{\Omega }_{A}} \right|=25+105+210=350\Rightarrow P(A)=\dfrac{\left| {{\Omega }_{A}} \right|}{\left| \Omega  \right|}=\dfrac{5}{18}$

Đáp án B.

Theo công thức hoán vị vòng quanh ta có: $\left| \Omega  \right|=7!$

Để xếp các bạn nữ không ngồi cạnh nhau, trước hết ta xếp các bạn nam vào bàn tròn: có $4!$ cách, giữa $5$ bạn nam đó ta sẽ có được $5$ ngăn (do ở đây là bàn tròn). Xếp chỉnh hợp $3$ bạn nữ vào $5$ ngăn đó có $A_{5}^{3}$ cách.

Vậy xác suất xảy ra là:$P=\dfrac{4!.A_{5}^{3}}{7!}=\dfrac{2}{7}$.

Đáp án C.

Phân tích: Đề bài cho các điều kiện khá dài dòng, ta cần đưa chúng về dạng ngắn gọn dễ hiểu hơn.

+) “Biết rằng giới chuyên môn đánh giá Phong và Đạt ngang tài ngang sức”: xác suất để Phong và Đạt thắng trong một ván là như nhau và bằng $0,5$.

+) “Khi Đạt thắng được $4$ ván và Phong thắng được $2$ ván rồi”: nghĩa là Đạt chỉ cần thắng một ván nữa là được $5$ ván, còn Phong phải thắng $3$ ván nữa mới đạt được.

Lời giải:

Để xác định xác suất thắng chung cuộc của Đạt và Phong ta tiếp tục chơi thêm các ván “giả tưởng”. Để Phong có thể thắng chung cuộc thì anh phải thắng Đạt $3$ ván liên tiếp (vì Đạt chỉ còn một ván nữa là thắng).

Như vậy xác suất thắng cuộc của Phong là: $P(P)=0,{{5}^{3}}=\dfrac{1}{8}.$

$\Rightarrow $ Xác suất thắng cuộc của Đạt là $P($Đ$)=1-\dfrac{1}{8}=\dfrac{7}{8}$

$\Rightarrow $ Tỉ lệ chia tiền phù hợp là $\dfrac{7}{8}:\dfrac{1}{8}=7:1$

Đáp án D.

Phân tích: Bài này điểm mấu chốt là phải liệt kê được các trường hợp mà An thắng Bình ching cuộc. Ví dụ như: Séc $1$: An thắng; Séc $2$: An thắng; Séc $3$ : Bình thắng; Séc $4$: An thắng.

$\Rightarrow $An thắng chung cuộc.

Lưu ý là ta phải tính cả thứ tự các séc An thắng hoặc thua. Như ở ví dụ trên là An thua ở séc thứ$3$.

Lời giải: Giả sử số séc trong trân đấu giữa An và Bình là $x$. Dễ dàng nhận thấy $3\le x\le 5$.

Ta xét các trường hợp:

TH1: Trận đấu có $3$ séc$\Rightarrow $ An thắng cả $3$ séc. Xác suất thắng trong trường hợp này là:
${{P}_{1}}=0,4.0,4.0,4-0,064$

TH2: Trận đấu có $4$ séc$\Rightarrow $ An thua $1$ trong $3$ séc: $1,2$ hoặc $3$ và thắng séc thứ $4$.

Số cách chọn $1$ séc để An thua là: $C_{3}^{1}$ (Chú ý xác xuất để An thua trong $1$ séc là $0,6.$)

$\Rightarrow {{P}_{2}}=C_{3}^{1}.0,{{4}^{3}}.0,6=0,1152$

TH3: Trận đấu có $5$ séc $\Rightarrow $ An thua 2 séc và thắng ở séc thứ $5$.

Số cách chọn $2$ trong $4$ séc đầu để An thua là $C_{4}^{2}$ cách.

$\Rightarrow {{P}_{3}}=C_{4}^{2}.0,{{4}^{3}}.0,{{6}^{2}}=0,13824$

Như vậy xác suất để An thắng chung cuộc là: $P={{P}_{1}}+{{P}_{2}}+{{P}_{3}}=0,31744$

Nhận xét: Trong bài này các bạn rất dễ mắc sai lầm sau: ở trường hợp $3$ lại tính số cách chọn $2$ ván An thua là $C_{5}^{2}$ mà không để ý rằng séc thứ $5$ chắc chắn phải là An thắng.

Đáp án D.

Phân tích: Với một bài yêu cầu tìm giá trị lớn nhất như thế này thì cách mà ta nghĩ đến đầu tiên là đặt ẩn (là số điểm) rồi sau đó tính biểu thức cần tính (xác suất đạt được số điểm) rồi sau đó tính biểu thức cần tính (xác suất đạt được số điểm) theo ẩn đó, việc còn lại là xử lí biểu thức.

Lời giải: Gọi $x$ là số điểm bạn đó đạt được ($0\le x\le 10$)($x\in \mathbb{N}$ )

$\Rightarrow $ Bạn đó trả lời đúng $x$ câu và trả lời sai $10-x$ câu.

+) Xác suất mỗi câu bạn đó đúng là: $\dfrac{1}{3}$; sai là $\dfrac{2}{3}$.

+) Có $C_{10}^{x}$ cách chọn ra $x$ câu đúng. Do đó xác suất được $x$ điểm là:

$P(x)=C_{10}^{x}.{{\left( \dfrac{1}{3} \right)}^{x}}.{{\left( \dfrac{2}{3} \right)}^{10-x}}=\dfrac{10!}{{{3}^{10}}}.\dfrac{{{2}^{10-x}}}{x!(10-x)!}$

Do $P(x)$ là lớn nhất nên

$\left\{ \begin{align}
& P(x)\ge P(x+1) \\
& P(x)\ge P(x-1) \\
\end{align} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}
& \dfrac{10!}{{{3}^{10}}}.\dfrac{{{2}^{10-x}}}{x!(10-x)!}\ge \dfrac{10!}{{{3}^{10}}}.\dfrac{{{2}^{9-x}}}{\left( x+1 \right)!(9-x)!} \\
& \dfrac{10!}{{{3}^{10}}}.\dfrac{{{2}^{10-x}}}{x!(10-x)!}\ge \dfrac{10!}{{{3}^{10}}}.\dfrac{{{2}^{11-x}}}{\left( x-1 \right)!(11-x)!} \\
\end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}
& \dfrac{x+1}{10-x}\ge \dfrac{1}{2}\Leftrightarrow 2(x+1)\ge 10-x\Leftrightarrow x\ge \dfrac{8}{3} \\
& \dfrac{x}{11-x}\le \dfrac{1}{2}\Leftrightarrow 2x\le 11-x\Leftrightarrow x\le \dfrac{11}{3} \\
\end{align} \right.$

$\Leftrightarrow \dfrac{8}{3}\le x\le \dfrac{11}{3}$. Mà $x\in \mathbb{N}$ nên $x=3$

Nên xác suất bạ đó đạt $3$ điểm là lớn nhất.

Đáp án C.

Ta có $27=10+10+7=10+9+8=9+9+9$

Với bộ $\left( 10;10;7 \right)$ có $3$ cách xáo trộn điểm các lần bắn

Với bộ $\left( 10;9;8 \right)$ có $6$ cách xáo trộn điểm các lần bắn

Với bộ $\left( 9;9;9 \right)$ có $1$ cách xáo trộn điểm các lần bắn.

Do đó xác suất để sau $3$ lần bắn xạ thủ được đúng $27$ điểm là:

$P=3.0,{{5}^{2}}.0,1+6.0,5.0,25.0,1+0,{{25}^{3}}=0,165625.$