Cộng đồng chia sẻ tri thức Doc24.vn

60 bài tập Vận dụng cao Xác Suất 2018 có lời giải THPT QG

c398614e79e3ca9a81c172434c63939a
Gửi bởi: Jack Evan vào ngày 2019-03-21 21:40:23 || Kiểu file: PDF Lượt xem: 3559 | Lượt Download: 215 | File size: 0 Mb

Nội dung tài liệu Xem trước tài liệu

Link tài liệu:
Tải xuống

Các tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

XÁC SUẤT BÀI TOÁN VỀ TAM GIÁC, TỨ GIÁC Bài toán 1. Cho đa giác có đỉnh. Xét tam giác có đỉnh là đỉnh của đa giác và có đúng cạnh chung với đa giác 4 .n n và có đúng cạnh chung với đa giác .n và không có cạnh chung với đa giác 34 .nC n Bài toán 2. Cho đa giác đều có 2n đỉnh. Số tam giác vuông có đỉnh là đỉnh của đa giác 2 .n n Bài toán 3. Cho đa giác đều có đỉnh. Số tam giác tù được tạo thành từ trong đỉnh của đa giác là chẵn 222.nn C lẻ 212.nn C Bài toán 4. Cho đa giác đều có đỉnh. Số tam giác nhọn được tạo thành từ trong đỉnh của đa giác 3nC (số tam giác tù số tam giác vuông) Câu 1. Cho đa giác có 12 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên đỉnh của đa giác đó. Xác suất để đỉnh được chọn tạo thành một tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho bằng A. 31212.8.C B. 81231212.8.CC C. 31231212 12.8.CC D. 31212 12.8.C Lời giải Ta có 33121233121212 12.8.12 8.12n CCPCn C     Đáp án Số tam giác được tạo từ đỉnh trong 12 đỉnh: 312.C Số tam giác có đỉnh là đỉnh của đa giác và cạnh là cạnh của đa giác: cứ đỉnh liên tiếp cho tam giác thỏa mãn đề bài, nên có 12 tam giác. (hoặc hiểu theo cách khác: tam giác có đỉnh là đỉnh liên tiếp của đa giác tức là có cạnh là cạnh liên tiếp của đa giác, cạnh này cắt nhau tại đỉnh, mà đa giác này có 12 đỉnh nên có 12 tam giác thỏa trường hợp này) Số tam giác có đỉnh là đỉnh của đa giác và cạnh là cạnh của đa giác: Trước tiên ta chọn cạnh trong 12 cạnh của đa giác nên có 12 cách chọn; tiếp theo chọn đỉnh còn lại trong đỉnh (trừ đỉnh tạo nên cạnh đã chọn và đỉnh liền kề với cạnh đã chọn) Do đó trong trường hợp này có 8.12 tam giác. Câu 2. Cho đa giác H có đỉnh , .n n  Biết số các tam giác có đỉnh là đỉnh của H và không có cạnh nào là cạnh của H gấp lần số các tam giác có đỉnh là đỉnh của H và có đúng cạnh là cạnh của .H Khẳng định nào sau đây đúng? A. 4;12 .n B. 13; 21 .n C. 22; 30 .n D. 31; 38 .n Lời giải Số tam giác tạo thành có đỉnh là đỉnh của đa giác là 3nC. Số tam giác tạo thành có đúng cạnh là cạnh của đa giác là n. Số tam giác tạo thành có đúng cạnh là cạnh của đa giác là 4n n (điều kiện n và 4n)  số tam giác tạo thành không có cạnh nào là cạnh của đa giác là 34nC n . Theo giả thiết, ta có 3354 5. .4nnC nn thoûa maõnloaïi Đáp án Câu 3. Cho đa giác lồi H có 22 cạnh. Gọi là tập hợp các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của .H Chọn ngẫu nhiên tam giác trong ,X xác suất để chọn được tam giác có đúng cạnh là cạnh của đa giác H và tam giác không có cạnh nào là cạnh của H bằng A. 69.70 B. 23.17955 C. 748.1995 D. 35.10098 Lời giảiTa có 322215401 122 181540 22 18 2215407481185030 .1995444312X Cn Pn C      Đáp án Câu 4. Cho một đa giác đều gồm 2n đỉnh 2, n . Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh trong số 2n đỉnh của đa giác, xác suất ba đỉnh được chọn tạo thành một tam giác vuông là 15. Tìm n. A. 4.n B. 5.n C. 8.n D. 10.n Lời giải Ta có 32.nn C Để ba đỉnh được chọn tạo thành tam giác vuông khi và chỉ khi có hai đỉnh trong ba đỉnh là hai đầu mút của một đường kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác và đỉnh còn lại là một trong số 2 2n đỉnh còn lại của đa giác. Đa giác có 2n đỉnh nên có 22nn đường kính. Số cách chọn đường kính là 1nC n. Số cách chọn đỉnh còn lại trong 2 2n đỉnh là 12 22 2nC n . Suy ra 2 .n n Theo đề bài ta có phương trình 322 218.5nn nnC Đáp án Câu 5. Cho đa giác đều có 20 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên đỉnh của đa giác đều, xác suất để đỉnh được chọn là đỉnh của một tam giác vuông không cân là A. 3.19 B. 2.35 C. 8.57 D. 17.114 Lời giải Ta có 3201140160 8.1140 5710.18 10.2 160n CPn A    Đáp án Số tam giác vuông là 10.18. Số tam giác vuông cân: Cứ mỗi cách chọn đường kính là có tam giác cân (2 điểm tạo nên tam giác cân là giao điểm của đường thẳng qua tâm vuông góc với đường kính đã chọn với đường tròn) Do đó có 10.2 tam giác vuông cân. Câu 6. Cho đa giác đều có 15 đỉnh. Gọi là tập tất cả các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã cho. Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập ,M xác suất để tam giác được chọn là một tam giác cân nhưng không phải là tam giác đều là A. 8.91 B. 18.91 C. 20.91 D. 73.91 Lời giải Ta có 31545590 18.455 917.15 3.5 90n CPn A    Đáp án Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp của đa giác đều. Xét một đỉnh bất kỳ của đa giác: Có cặp đỉnh của đa giác đối xứng với nhau qua đường thẳng OA, hay có tam giác cân tại đỉnh .A Như vậy, với mỗi một đỉnh của đa giác có tam giác nhận nó làm đỉnh tam giác cân. Số tam giác đều có đỉnh là các đỉnh của đa giác là 1553 tam giác. Tuy nhiên, trong các tam giác cân đã xác định trên có cả tam giác đều, do mọi tam giác đều thì đều cân tại đỉnh nên tam giác đều được đếm lần. Suy ra 7.15 3.5 90.n A Bài toán 5. Cho đa giác đều có đỉnh. Công thức tổng quát tính số tam giác tù: chẵn 222. .nn C lẻ 212. .nn C Câu 7. Cho đa giác đều 100 đỉnh nội tiếp một đường tròn. Số tam giác tù được tạo thành từ trong 100 đỉnh của đa giác là A. 44100. B. 58800. C. 78400. D. 117600. Lời giải Đánh số các đỉnh là 100, ,..., .A Xét đường chéo 51A của đa giác là đường kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác đều chia đường tròn ra làm hai phần, mỗi phần có 49 điểm: từ 2A đến 50A và 52A đến 100A. Khi đó, mỗi tam giác có dạng 1i jA là tam giác tù nếu iA và jA cùng nằm trong nửa đường tròn Chọn nửa đường tròn: có cách chọn. Chọn hai điểm jA là hai điểm tùy được lấy từ 49 điểm 50, ,...,A có 2491176C cách chọn. Giả sử iA nằm giữa 1A và jA thì tam giác 1i jA tù tại đỉnh .iA Mà 1j jA A nên kết quả bị lặp hai lần. Có 100 cách chọn đỉnh. Vậy số tam giác tù là 2.1176.100117600.2 Đáp án Cách 2. Áp dụng công thức nhanh ta có 22 492. 100. 117600.nn C Câu 8. Cho đa giác đều 100 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên đỉnh bất kỳ của đa giác, xác suất để nhận được một tam giác nhọn là A. 3.11 B. 8.11 C. 8.33 D. 25.33 Lời giải Ta có 3128.3339200n CPn A   Đáp án Số tam giác tù 117600, Số tam giác vuông 50.98 4900. Suy ra số tam giác nhọn: 3100117600 4900 39200.C Bài toán 6. Cho đa giác có đỉnh. Xét tứ giác có đỉnh là đỉnh của đa giác và có đúng cạnh chung với đa giác 245 .nn A    và có đúng cạnh chung với đa giác 55 .2n nn B và có đúng cạnh chung với đa giác .n C và không có cạnh chung với đa giác 4.nC C Và ta có thể chứng minh được 4 35.4n nnC C Bài toán 7. Cho đa giác đều có 2n đỉnh. Số tứ giác có đỉnh là đỉnh của đa giác và tạo thành HÌNH CHỮ NHẬT 2.nC Bài toán 8. Cho đa giác đều có 4n đỉnh. Số tứ giác có đỉnh là đỉnh của đa giác và tạo thành HÌNH VUÔNG .n Chứng minh. Tứ giác có đúng cạnh chung với đa giác Chọn cạnh trong cạnh của đa giác nên có cách.Chọn đỉnh còn lại trong 4n đỉnh (tham khảo hình vẽ trên) nên có 24nC nhưng đỉnh này không được liên tiếp nên trừ cho 5n (vì đỉnh liên tiếp sẽ tạo nên cạnh mà có 4n đỉnh còn lại nên có 5n cạnh) Vậy trong trường hợp này có 245nn n    tứ giác. Tứ giác có đúng cạnh chung với đa giác Trường hợp 1: Tứ giác có hai cạnh kề trùng với cạnh của đa giác Vì hai cạnh kề cắt nhau tại đỉnh, mà đa giác có đỉnh nên có cách chọn hai cạnh kề trùng với cạnh của đa giác. Chọn đỉnh còn lại trong 5n đỉnh (bỏ đỉnh tạo nên hai cạnh kề và đỉnh hai bên, tham khảo hình vẽ) Do đó trường hợp này có 5n n tứ giác. Trường hợp 2: Tứ giác có hai cạnh đối thuộc cạnh của đa giác Chọn cạnh trong cạnh của đa giác nên có cách. Trong 4n đỉnh còn lại (bỏ đỉnh tạo nên cạnh đã chọn trên và đỉnh liền kề cạnh đã chọn, tham khảo hình vẽ) sẽ tạo nên 5n cạnh. Chọn cạnh trong 5n cạnh đó nên có 5n cách. Tuy nhiên trong trường hợp này số tứ giác mình đếm đến lần. Do đó trường hợp này có 52n n tứ giác. Vậy có 552n nn n tứ giác thỏa mãn. Tứ giác có đúng cạnh chung với đa giác Đánh số thứ tự các đỉnh của đa giác, ta có bộ số: 1; 2; 3; 2; 3; 4; ..., 3; 2; 1; 2; 1; ;1 1; ;1; ;1; 2; .n n 4321 Vậy trường hợp này có tứ giác thỏa mãn. Câu 9. Cho đa giác có 20 đỉnh. Có bao nhiêu tứ giác được tạo thành mà có các đỉnh là các đỉnh của đa giác và có đúng cạnh chung với đa giác A. 1700. B. 2100. C. 2400. D. 39520. Lời giải Ta có 2 2045 2100.nnn n     Đáp án Bài tập tương tự. Cho đa giác có 20 đỉnh. Có bao nhiêu tứ giác được tạo thành mà có các đỉnh là các đỉnh của đa giác và có đúng cạnh chung với đa giác Đáp số: 450.Bài tập tương tự. Cho đa giác đều có 20 đỉnh. Tính xác suất mà hai đường chéo được chọn một cách ngẫu nhiên sẽ cắt nhau bên trong đa giác. Đáp số: 57.169 Đa giác 20 đỉnh có 22020 170C đường chéo2170.n C Biến cố chính là số tứ giác có đỉnh được chọn từ 20 đỉnh của đa giác (vì cứ mỗi tứ giác tạo thành sẽ có đúng một cặp đường chéo cắt nhau trong đa giác) nên 420.n C Câu 10. Cho đa giác có 60 đỉnh. Người ta lập một tứ giác tùy có đỉnh là các đỉnh của đa giác. Xác suất để lập được một tứ giác có cạnh đều là đường chéo của đa giác đã cho gần nhất với số nào trong các số sau? A. 13, 45%. B. 40, 45%. C. 80, 70%. D. 85, 40%. Lời giải Ta có 4360556043 3605 5515.0, 8070.15.4nnn CCPnCn C    Đáp án Câu 11. Có 10 bạn ngồi xung quanh một cái bàn tròn, mỗi bạn cầm một đồng xu như nhau. Tất cả 10 bạn cùng tung đồng xu của mình, bạn có đồng xu ngửa thì đứng, bạn có đồng xu xấp thì ngồi. Xác suất để có đúng người cùng đứng trong đó có đúng người đứng liền kề bằng A. 35.128 B. 25.256 C. 35.512 D. 75.512 Lời giải Ta có 1026225.25610 5nPn C    Đáp án Biến cố của bài toán được phát biểu lại như sau: ''số tứ giác được tạo thành từ đa giác có 10 đỉnh và có đúng cạnh chung với đa giác'' Câu 12. Có bạn ngồi xung quanh một cái bàn tròn, mỗi bạn cầm một đồng xu như nhau (cân đối và đồng chất) Tất cả bạn cùng tung đồng xu của mình, bạn có đồng xu ngửa thì đứng, bạn có đồng xu xấp thì ngồi. Xác suất để không có hai bạn liền kề cùng đứng là A. 31.32 B. 45.256 C. 47.256 D. 49.256 Lời giải Ta có 8247.2561 20 16 2nPn A    Đáp án Không có bạn nào đứng: có khả năng. Có bạn đứng (7 bạn còn lại ngồi) có khả năng. Có bạn đứng nhưng không cạnh nhau: Đầu tiên chọn người trong người để đứng nên có cách; tiếp theo chọn trong người còn lại đứng (trừ người đã đứng trước và hai người hai bên) nên có cách. Hai người đứng này không phân biệt nên trường hợp này có 8.5202 khả năng. Có bạn đứng nhưng không có bạn nào trong bạn đứng cạnh nhau. Bài toán quy về cho đa giác có đỉnh, số tam giác có đỉnh là đỉnh của đa giác và không có cạnh chung với đa giác  có 388 8.4 16C khả năng. Có bạn đứng nhưng không có bạn nào trong bạn đứng cạnh nhau. Bài toán quy về cho đa giác có đỉnh, số tứ giác có đỉnh là đỉnh của đa giác và không có cạnh chung với đa giác  có 338. 24C khả năng. Câu 13. Cho một đa giác đều 12 đỉnh nội tiếp đường tròn. Chọn ngẫu nhiên đỉnh của đa giác, xác suất để đỉnh được chọn ra tạo thành một hình chữ nhật bằng A. 2.15 B. 13.15 C. 1.33 D. 32.33Lời giải Ta có 412261.33n CPn C   Đáp án Đa giác đều đã cho có 1262 đường chéo lớn. Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là đỉnh trong 12 đỉnh có các đường chéo là hai đường chéo lớn. Suy ra số phần tử của biến cố là 26.n C Bài tập tương tự. Cho một đa giác đều 2n đỉnh nội tiếp đường tròn. Biết rằng số tam giác có các đỉnh là trong 2n đỉnh nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là trong 2n đỉnh. Tìm n. Đáp số: 8.n Câu 14. Cho đa giác đều có 20 cạnh. Có bao nhiêu hình chữ nhật được tạo thành nhưng không phải là hình vuông, có các đỉnh là đỉnh của đa giác đều đã cho A. 35. B. 40. C. 45. D. 50. Lời giải Số hình chữ nhật được tạo thành (bao gồm cả hình vuông) là 21045.C Số hình vuông được tạo thành là 205.4 Vậy số hình chữ nhật thõa mãn yêu cầu bài toán là 45 40. Đáp án XÁC SUẤT HÌNH HỌC Câu 15. Trên mặt phẳng ,Oxy ta xét một hình chữ nhật ABCD với các điểm 2; ,A 2; ,B 4; ,C 4; 0D (hình vẽ) Một con châu chấu nhảy trong hình chữ nhật đó tính cả trên cạnh hình chữ nhật sao cho chân nó luôn đáp xuống mặt phẳng tại các điểm có tọa độ nguyên (tức là điểm có cả hoành độ và tung độ đều nguyên) Tính xác suất để nó đáp xuống các điểm ;M mà 2.x y A. 1.3 B. 3.7 C. 4.7 D. 8.21 Lời giải Số các điểm có tọa độ nguyên thuộc hình chữ nhật là 7.3 21 điểm vì 2; 1; 0;1; 2; 3; 4.0;1; 2xy  Để con châu chấu đáp xuống các điểm ,M có 2x y thì con châu chấu sẽ nhảy trong khu vực hình thang .BEIA Để ,M ycó tọa độ nguyên thì 2; 1; 0;1; 2.0;1; 2xy  Nếu 2; 1x thì 0;1; 2y có 2.3 6 điểm. Nếu 0x thì 0;1y có điểm. Nếu 0x y có điểm.  có tất cả 9 điểm thỏa mãn. Vậy xác suất cần tính 3.21 7P Đáp án Câu 16. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy chọn ngẫu nhiên một điểm mà tọa độ là số nguyên có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn hay bằng 4. Nếu các điểm đều có cùng xác suất được chọn như nhau, vậy thì xác suất để chọn được một điểm mà khoảng cách đến gốc tọa độ nhỏ hơn hoặc bằng là:A. 11.16 B. 13.32 C. 13.81 D. 15.81 Lời giải Gọi tọa độ điểm ;M thỏa ,x y và 44xy nên 4; 3; 2; 1; 0;1; 2; 3; 4.4; 3; 2; 1; 0;1; 2; 3; 4xy   Suy ra 9.9 81.n Gọi điểm ' ;M thỏa ,x y và 22 22 2,422 0; 1; .,,4x yx yx yOM xx yx yy x         Nếu 0; 1; 2x y  . Do đó có 5 cách chọn. Nếu 0; 1.x y  Do đó có 6 cách chọn Nếu 0.x y  Do đó có 2 cách chọn. Suy ra 5 13.n A . Vậy xác suất cần tính 13.81P Đáp án Câu 17. Trong mặt phẳng ,Oxy cho hình chữ nhật OMNP với 0;10 100;10M và 100; .P Gọi là tập hợp tất cả các điểm ;A với ,x y nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của .OMNP Lấy ngẫu nhiên một điểm ; .A S Xác suất để 90x y bằng A. 169200. B. 8451111. C. 86101. D. 473500. Lời giải Nhận thấy các điểm cần tìm nằm trên các đường thẳng m với 0;1; 2;...;10.m Ứng với mỗi đường ,y m tương ứng có 101 giá trị của thỏa mãn (0;1; 2;...;100x) Suy ra tập có 11 101 1111 phần tử. Ta có 11111111186.101946.n CPn A   Đáp án Trên đường 0y lần lượt có 91 điểm thỏa mãn (0;1; 2;...; 90x) Trên đường 1y lần lượt có 90 điểm thỏa mãn (0;1; 2;...; 89x) Trên đường 10y lần lượt có 81 điểm thỏa mãn (0;1; 2;...; 80x) Suy ra 91 90 ... 81 946.n A Câu 18. Trong mặt phẳng tọa độ ,Oxy góc phần tư thứ nhất ta lấy điểm phân biệt; cứ thế các góc phần tư thứ hai, thứ ba, thứ tư ta lần lượt lấy 3, 4, điểm phân biệt (các điểm không nằm trên các trục tọa độ) Trong 14 điểm đó ta lấy điểm bất kỳ. Tính xác suất để đoạn thẳng nối hai điểm đó cắt hai trục tọa độ. A. 8.91 B. 23.91 C. 68.91 D. 83.91 Lời giải Không gian mẫu là số cách chọn điểm bất kỳ trong 14 điểm đã cho. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là 21491C . Gọi là biến cố ''Đoạn thẳng nối điểm được chọn cắt hai trục tọa độ''. Để xảy ra biến cố thì hai đầu đoạn thẳng đó phải góc phần tư thứ nhất và thứ ba hoặc phần tư thứ hai và thứ tư.● Hai đầu đoạn thẳng góc phần tư thứ nhất và thứ ba, có 12 4C cách. Hai đầu đoạn thẳng góc phần tư thứ hai và thứ tư, có 13 5C cách. Suy ra số phần tử của biến cố là 12 523AC C . Vậy xác suất cần tính 23.91AP A  Đáp án Câu 19. Cho hai đường thẳng song song 1d và 2d. Trên 1d có điểm phân biệt, trên 2d có điểm phân biệt 3, n . Tìm n, biết rằng có 96 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho. A. 3.n B. 4.n C. 6.n D. 8.n Lời giải Cứ điểm không thẳng hàng là tạo thành tam giác. Do đó số tam giác được tạo thành từ 6n điểm gồm: điểm (thẳng hàng) thuộc 1d và điểm (thẳng hàng) thuộc 2d là 36 6n nC C . Theo giả thiết, ta có 3 36 6496 .8n nnC Cn  thoûa maõnloaïi Đáp án Bài tập tương tự. Cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh AB BC CD DA lần lượt lấy 1, 2, và điểm phân biệt 3, n  khác D. Tìm n, biết số tam giác lấy từ 6n điểm đã cho là 439. Đáp số 10.n Hướng dẫn. Theo giả thiết, ta có 36 3439.n nC C Câu 20. Trong không gian cho 2n điểm phân biệt 4 ,n  trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng và trong 2n điểm đó có đúng điểm cùng nằm trên một mặt phẳng và không có điểm nào ngoài điểm trong điểm này là đồng phẳng. Tìm giá trị của sao cho từ 2n điểm đã cho tạo ra đúng 505 mặt phẳng phân biệt. A. 6.n B. 8.n C. 10.n D. 16.n Lời giải Ta có điểm đồng phẳng tạo ra một mặt phẳng. điểm còn lại như giả thiết tạo ra 3nC mặt phẳng. điểm trên điểm đồng phẳng với điểm còn lại tạo ra 2nC n mặt phẳng. điểm trên điểm còn lại với điểm đồng phẳng tạo ra 2nC n mặt phẳng. Theo đề bài ta có phương trình: 31 505 8.n nnC n  Đáp án BÀI TOÁN BỐC BI Câu 21. Một hộp chứa quả bóng đỏ (được đánh số từ đến 6) quả bóng vàng (được đánh số từ đến 5) quả bóng xanh (được đánh số từ đến 4) Lấy ngẫu nhiên quả bóng. Tính xác suất để quả bóng lấy ra có đủ ba màu mà không có hai quả bóng nào có số thứ tự trùng nhau. A. 43.91 B. 48.91 C. 74.455 D. 381.455 Lời giải Ta có 4152 24 474.455. .n CPn C    Đáp án xanh, vàng, đỏ  14 3. .C cách. xanh, vàng, đỏ  14 3. .C cách. xanh, vàng, đỏ  24 4. .C cách. Giải thích trường hợp 1: Khi bốc mình sẽ bốc bi ít hơn trước tiên. Bốc viên bi xanh từ viên bi xanh nên có 24C cách, tiếp theo bốc viên bi vàng từ viên bi vàng (do loại viên cùng số với bi xanh đã bốc)nên có 13C cách, cuối cùng bốc viên bi đỏ từ viên bi đỏ (do loại viên cùng số với bi xanh và viên cùng số với bi vàng) nên có 13C cách. Tương tự cho các trường hợp còn lại. Câu 22. Trong một cái hộp có đựng 40 quả bóng, gồm 10 quả bóng xanh được đánh số từ đến 10; 10 quả bóng đỏ được đánh số từ đến 10; 10 quả bóng vàng được đánh số từ đến 10 và 10 quả bóng trắng được đánh số từ đến 10. Hai quả bóng cùng màu mang số và số 10 được gọi là ''cặp may mắn''. Người ta lấy ngẫu nhiên từ hộp ra quả bóng. Xác suất để trong quả bóng lấy ra có ít nhất một ''cặp may mắn'' là A. 1633.9139 B. 1408.45695 C. 2447.63973 D. 291484.3838380 Lời giải Ta có 6403 24 36 38 36 3291484.3838380n CPn C       Đáp án Trường hợp 1. Chọn được cả ''cặp may mắn'': có 34C cách. Trường hợp 2. Chọn được đúng ''cặp may mắn'': có 2 14 36 2.C C cách. (Ở đây 12C là số cách chọn ''cặp may mắn'' từ ''cặp may mắn'' còn lại) Trường hợp 3. Chọn được đúng ''cặp may mắn'': có 1 24 38 36 3.C C    cách. (Ở đây 1 13 36 2C C là số cách chọn ''cặp may mắn'' từ ''cặp may mắn'' còn lại; 23C là số cách chọn ''cặp may mắn'' từ ''cặp may mắn'' còn lại) Câu 23. Các mặt của một con xúc sắc được đánh số từ đến 6. Người ta gieo con xúc sắc lần liên tiếp và nhân các con số nhận được trong mỗi lần gieo lại với nhau. Tính xác suất để tích thu được là một số chia hết cho 6. A. 81.216 B. 83.216 C. 133.216 D. 135.216 Lời giải Ta có 3 và 2; 1. Số phần tử của không gian mẫu 36 .n Xét biến cố ''tích thu được là một số chia hết cho 6'' Ta mô tả không gian của biến cố đối như sau: Không có số nào chia hết cho  có 34 Không có số nào chia hết cho  có 33 Không có số nào chia hết cho và  có 32 Suy ra số phần tử của biến cố đối là 3 3A .n Vậy xác suất cần tính 334 1331 .2166P  Đáp án Chú ý: Do trường hợp không chia hết cho và trường hợp không chia hết cho nó bao trùm luôn trường hợp không chia hết cho cả và nên mình tính đến hai lần. Câu 24. Mỗi lượt, ta gieo một con súc sắc (loại mặt, cân đối) và một đồng xu (cân đối) Tính xác suất để trong lượt gieo như vậy có ít nhất một lượt gieo được kết quả con súc sắc xuất hiện mặt chấm, đồng thời đồng xu xuất hiện mặt sấp. A. 1.12 B. 11.12 C. 397.1728 D. 1331.1728 Lời giải Xét biến cố ''lần gieo thứ nhất con súc sắc xuất hiện mặt chấm, đồng xu xuất hiện mặt sấp'' xác suất biến cố là 1 11A .6 12 12 12P P  Vậy xác suất cần tính của bài toán là 311 3971 .12 1728P   Câu 25. Một chuồng có con thỏ trắng và con thỏ nâu. Người ta bắt ngẫu nhiên lần lượt từng con ra khỏi chuồng cho đến khi nào bắt được cả con thỏ trắng mới thôi. Xác suất để cần phải bắt đến ít nhất con thỏ là A. 4.5 B. 4.35 C. 29.35 D. 31.35 Lời giải Xét biến cố đối ''bắt được thỏ trắng trong hoặc lần''. TH1) Bắt được con thỏ trắng trong lần đầu: Ta có 7.6.5n và 1A 3!.n Suy ra 13!A .7.6.5P TH2) Bắt được con thỏ trắng trong lần đầu:  lần bắt được con trắng; lần 1, và bắt được con trắng và con nâu. Ta có 7.6.5.4n và 1 22 3A .3!.n C Suy ra 1 24 32. .3!A .7.6.5.4C CP Suy ra 1 24 31A .35 35P P  Đáp án Cách 2. Ta mô tả không gian của biến cố như sau TTT; TNNN; NTNN; NNTN Suy ra 4 31A .35 35P P  BÀI TOÁN VỀ CHỮ SỐ Câu 26. Cho tập hợp 1; 2; 3; 4; 5A. Gọi là tập hợp các số tự nhiên có chữ số trong đó chữ số có mặt đúng ba lần, các chữ số còn lại có mặt không quá một lần. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, xác suất để số được chọn chia hết cho bằng A. 1.2 B. 1.3 C. 2.3 D. 1.15 Lời giải Gọi số cần tìm của tập có dạng abcde. Sắp chữ số vào ba vị trí, có 3510C cách. Còn lại hai vị trí, chọn số trong số 1; 2; 4; xếp vào hai vị trí đó, có 2412A cách. Do đó tập có 10.12 120 phần tử. Ta có 11201202.320 20 20 20 80n CPn A    Đáp án Hai chữ số còn lại là và 2, có 35.2 20C số. Tương tự cho các trường hợp và 5; và 4; và 5. Câu 27. Cho tập hợp 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6A. Gọi là tập hợp các số tự nhiên có chữ số đôi một khác nhau và luôn có mặt chữ số được lập từ các chữ số thuộc tập A. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, xác suất để số được chọn chia hết cho bằng A. 1.4 B. 2.9 C. 9.26 D. 11.26 Lời giải Gọi số cần tìm của tập có dạng abcde. Ta có cách chọn vị trí cho chữ số 5, bốn chữ số còn lại có 46A cách chọn nên có 465A số luôn có mặt chữ số (kể cả chữ số vị trí đầu tiên) Xét các số có chữ số vị trí đầu tiên, khi đó có cách chọn vị trí cho chữ số 5, ba chữ số còn lại có 35A cách chọn nên có 354A số. Do đó tập có 4 36 55 1560A phần tử.