SGK Toán 10 - Kết Nối Tri Thức
Giải SGK bài 27 chương IX trang 83, 84, 85, 86, 87 Toán 10 Kết nối tri thức tập 2
Trong bài này, HocThatGioi sẽ giúp các bạn giải đáp những câu hỏi cũng như bài tập trong bài Thực hành tính xác suất theo định nghĩa cổ điển. Đây là bài học thuộc bài 27 chương IX trang 83, 84, 85, 86, 87 sách Toán 10 Kết nối tri thức tập 2. Hi vọng các bạn có thể hiểu được trọn vẹn bài học sau khi xem hết các phương pháp giải và lời giải cực chi tiết mà HocThatGioi trình bày bên dưới.
Trả lời câu hỏi trong SGK của bài 27
Dưới đây là phương pháp và bài giải chi tiết cho câu hỏi mở đầu, câu hỏi hoạt động, vận dụng cùng phần luyện tập ở các trang 83, 84, 85, 86 trong bài Thực hành tính xác suất theo định nghĩa cổ điển. Cùng HocThatGioi đi tìm đáp án ngay nhé!
Hoạt động 1 trang 83
Theo định nghĩa cổ điển của xác suất, để tính xác suất của biến cố F: “Bạn An trúng giải độc đắc” và biến cố G: “Bạn An trúng giải nhất” ta cần xác định $n(\Omega), n(F)$ và $n(G)$. Liệu có thể tính $n(\Omega)$, $n(F)$ và $n(G)$ bằng cách liệt kê ra hết các phần tử của $\Omega$, $F$ và $G$ rồi kiểm đếm được không?
Lời giải chi tiết:
Không thể tính $n(\Omega), n(\mathrm{~F})$ và $\mathrm{n}(\mathrm{G})$ bằng cách liệt kê ra hết các phần tử của $\Omega, \mathrm{F}$ và $\mathrm{G}$ rồi kiểm đếm.
Không thể tính $n(\Omega), n(\mathrm{~F})$ và $\mathrm{n}(\mathrm{G})$ bằng cách liệt kê ra hết các phần tử của $\Omega, \mathrm{F}$ và $\mathrm{G}$ rồi kiểm đếm.
Luyện tập 1 trang 84
Một tổ trong lớp $10 \mathrm{~B}$ có 12 học sinh, trong đó có 7 học sinh nam và 5 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 6 học sinh trong tổ để kiểm tra vở bài tập Toán. Tính xác suất để trong 6 học sinh được chọn số học sinh nữ bằng số học sinh nam.
Phương pháp giải:
a) $\Omega$ là tập tất cả 6 học sinh trong 12 học sinh.
b) Sử dụng quy tắc nhân: Có $C_7^3=35$ cách chọn 3 học sinh nam từ 7 học sinh nam và có $C_5^3$ cách chọn 3 học sinh nữ từ 5 học sinh nữ.
a) $\Omega$ là tập tất cả 6 học sinh trong 12 học sinh.
b) Sử dụng quy tắc nhân: Có $C_7^3=35$ cách chọn 3 học sinh nam từ 7 học sinh nam và có $C_5^3$ cách chọn 3 học sinh nữ từ 5 học sinh nữ.
Lời giải chi tiết:
$\Omega$ là tập tất cả 6 học sinh trong 12 học sinh.
Vậy $n(\Omega)=C_{12}^6=924$.
Gọi C là biến cố: “Có 3 học sinh nam và 3 học sinh nữ”.
Có $C_7^3$ cách chọn chọn 3 học sinh nam và $C_5^3$ cách chọn 3 học sinh nữ.
Theo quy tắc nhân, ta có $C_7^3 . C_5^3=350$ cách chọn 3 học sinh nam và 3 học sinh nữ tức là $n(C)=350$.
Vậy $$P(C)=\frac{350}{924} \approx 0,3788$$
$\Omega$ là tập tất cả 6 học sinh trong 12 học sinh.
Vậy $n(\Omega)=C_{12}^6=924$.
Gọi C là biến cố: “Có 3 học sinh nam và 3 học sinh nữ”.
Có $C_7^3$ cách chọn chọn 3 học sinh nam và $C_5^3$ cách chọn 3 học sinh nữ.
Theo quy tắc nhân, ta có $C_7^3 . C_5^3=350$ cách chọn 3 học sinh nam và 3 học sinh nữ tức là $n(C)=350$.
Vậy $$P(C)=\frac{350}{924} \approx 0,3788$$
Hoạt động 2 trang 84
Trong trò chơi “Vòng quay may mắn”, người chơi sẽ quay hai bánh xe. Mũi tên ở bánh xe thứ nhất có thể dừng ở một trong hai vị trí: Loại xe $50 cc$ và Loại xe $110 \mathrm{cc}$. Mũi tên ở bánh xe thứ hai có thể dừng ở một trong bốn vị trí: màu đen, màu trắng, màu đỏ và màu xanh. Vị trí của mũi tên trên hai bánh xe sẽ xác định người chơi nhận được loại xe nào, màu gì.
Phép thử $T$ là quay hai bánh xe. Hãy vẽ sơ đồ hình cây mô tả các phần tử của không gian mẫu.
Phép thử $T$ là quay hai bánh xe. Hãy vẽ sơ đồ hình cây mô tả các phần tử của không gian mẫu.
Lời giải chi tiết:
Theo bài ra, ta vẽ được sơ đồ hình cây mô tả các phần tử của không gian mẫu của phép thử T như sau:
Theo bài ra, ta vẽ được sơ đồ hình cây mô tả các phần tử của không gian mẫu của phép thử T như sau:
Luyện tập 2 trang 85
Trở lại trò chơi “Vòng quay may mắn” ở HĐ2. Tính xác suất để người chơi nhận được loại xe 110 cc có màu trắng hoặc màu xanh.
Lời giải chi tiết:
Theo như sơ đồ cây ở HĐ2, ta có $\mathrm{n}(\Omega)=8$.
Gọi biến cố A: “Người chơi nhận được loại xe 110 cc có màu trắng hoặc màu xanh”.
Ta có: $n(A)=2$.
Vậy $P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\frac{2}{8}=\frac{1}{4}$.
Theo như sơ đồ cây ở HĐ2, ta có $\mathrm{n}(\Omega)=8$.
Gọi biến cố A: “Người chơi nhận được loại xe 110 cc có màu trắng hoặc màu xanh”.
Ta có: $n(A)=2$.
Vậy $P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\frac{2}{8}=\frac{1}{4}$.
Luyện tập 3 trang 85
Trong một cuộc tổng điều tra dân số, điều tra viên chọn ngẫu nhiên một gia đình có ba người con và quan tâm giới tính của ba người con này.
a) Vẽ sơ đồ hình cây để mô tả các phần tử của không gian mẫu.
b) Giả thiết rằng khả năng sinh con trai và khả năng sinh con gái là như nhau. Tính xác suất để gia đình đó có một con trai và hai con gái.
a) Vẽ sơ đồ hình cây để mô tả các phần tử của không gian mẫu.
b) Giả thiết rằng khả năng sinh con trai và khả năng sinh con gái là như nhau. Tính xác suất để gia đình đó có một con trai và hai con gái.
Lời giải chi tiết:
a) Theo bài ra, ta vẽ được sơ đồ hình cây mô tả các phần tử của không gian mẫu như sau:
Đặt cách viết tắt: $\mathrm{Gái}=\mathrm{G}$, Trai $=\mathrm{T}$.
Các kết quả có thể là: GGG; GGT; GTG; GTT; TGG; TGT; TTG; TTT.
Do đó: ${n}(\Omega)$= {GGG; GGT; GTG; GTT; TGG; TGT; TTG; TTT}.
Vậy $n(\Omega)=8$.
b) Gọi biến cố A: “Gia đình đó có một con trai và hai con gái”.
Ta có: $A=\{\mathrm{GTG} ; \mathrm{TGG} ; \mathrm{GGT}\}$.
Do đó, $\mathrm{n}(\mathrm{A})=3$.
Vậy $P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\frac{3}{8}$.
a) Theo bài ra, ta vẽ được sơ đồ hình cây mô tả các phần tử của không gian mẫu như sau:
Đặt cách viết tắt: $\mathrm{Gái}=\mathrm{G}$, Trai $=\mathrm{T}$.
Các kết quả có thể là: GGG; GGT; GTG; GTT; TGG; TGT; TTG; TTT.
Do đó: ${n}(\Omega)$= {GGG; GGT; GTG; GTT; TGG; TGT; TTG; TTT}.
Vậy $n(\Omega)=8$.
b) Gọi biến cố A: “Gia đình đó có một con trai và hai con gái”.
Ta có: $A=\{\mathrm{GTG} ; \mathrm{TGG} ; \mathrm{GGT}\}$.
Do đó, $\mathrm{n}(\mathrm{A})=3$.
Vậy $P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\frac{3}{8}$.
Hoạt đông 3 trang 85
Cho $E$ là một biến cố và $\Omega$ là không gian mẫu. Tính $n(\bar{E})$ theo $n(\Omega)$ và $n(E)$.
Lời giải chi tiết:
Do $E$ và $\bar{E}$ là hai biến cố đối nên biến cố $\bar{E}$ là phần bù của $E$ trong $\Omega$ hay $\bar{E}=C_{\Omega} E$.
Hay biến cố đối $\bar{E}$ là tập tất cả các phần tử của $\Omega$ mà không là phần tử của $E$.
Do đó ta có: $n(\bar{E})+n(E)=n(\Omega)$.
Vậy $n(\bar{E})=n(\Omega)-n(E)$.
Do $E$ và $\bar{E}$ là hai biến cố đối nên biến cố $\bar{E}$ là phần bù của $E$ trong $\Omega$ hay $\bar{E}=C_{\Omega} E$.
Hay biến cố đối $\bar{E}$ là tập tất cả các phần tử của $\Omega$ mà không là phần tử của $E$.
Do đó ta có: $n(\bar{E})+n(E)=n(\Omega)$.
Vậy $n(\bar{E})=n(\Omega)-n(E)$.
Luyện tập 4 trang 86
Có ba hộp $A, B, C$. Hộp $A$ có chứa ba thẻ mang số 1, số 2 và số 3. Hộp $B$ chứa hai thẻ mang số 2 và số 3 . Hộp $C$ chứa hai thẻ mang số 1 và số 2. Từ mỗi hộp ta rút ra ngẫu nhiên một thẻ.
a) Vẽ sơ đồ hình cây để mô tả các phần tử của không gian mẫu.
b) Gọi $M$ là biến cố: “Trong ba thẻ rút ra có ít nhất một thẻ số 1”. Biến cố $\bar{M}$ là tập con nào của không gian mẫu?
c) Tính $P(M)$ và $P(\bar{M})$.
a) Vẽ sơ đồ hình cây để mô tả các phần tử của không gian mẫu.
b) Gọi $M$ là biến cố: “Trong ba thẻ rút ra có ít nhất một thẻ số 1”. Biến cố $\bar{M}$ là tập con nào của không gian mẫu?
c) Tính $P(M)$ và $P(\bar{M})$.
Lời giải chi tiết:
a) Theo bài ra, ta vẽ được sơ đồ hình cây mô tả các phần tử của không gian mẫu như sau:
Ta có: $\Omega$={121; 122; 131; 132; 221; 222; 231; 232; 321; 322; 331; 332}.
Vậy $n(\Omega)=12$.
b) Biến cố M: “Trong ba thẻ rút ra có ít nhất một thẻ số 1”.
Do đó, biến cố $\bar{M}$ : “Trong ba thẻ rút ra không có thẻ số 1 “.
Khi đó: $\bar{M}=\{222 ; 232 ; 322 ; 332\}$.
c) Ta có: $\mathrm{n}(\bar{M})=4$.
Do đó, $P(\bar{M})=\frac{n(\bar{M})}{n(\Omega)}=\frac{4}{12}=\frac{1}{3}$.
Vì $\bar{M}$ là biến cố đối của biến cố $\mathrm{M}$ nên $P(\bar{M})=1-P(M)$.
Hay $P(M)=1-P(\bar{M})=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$.
Vậy $P(M)=\frac{2}{3}$ và $P(\bar{M})=\frac{1}{3}$.
a) Theo bài ra, ta vẽ được sơ đồ hình cây mô tả các phần tử của không gian mẫu như sau:
Ta có: $\Omega$={121; 122; 131; 132; 221; 222; 231; 232; 321; 322; 331; 332}.
Vậy $n(\Omega)=12$.
b) Biến cố M: “Trong ba thẻ rút ra có ít nhất một thẻ số 1”.
Do đó, biến cố $\bar{M}$ : “Trong ba thẻ rút ra không có thẻ số 1 “.
Khi đó: $\bar{M}=\{222 ; 232 ; 322 ; 332\}$.
c) Ta có: $\mathrm{n}(\bar{M})=4$.
Do đó, $P(\bar{M})=\frac{n(\bar{M})}{n(\Omega)}=\frac{4}{12}=\frac{1}{3}$.
Vì $\bar{M}$ là biến cố đối của biến cố $\mathrm{M}$ nên $P(\bar{M})=1-P(M)$.
Hay $P(M)=1-P(\bar{M})=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$.
Vậy $P(M)=\frac{2}{3}$ và $P(\bar{M})=\frac{1}{3}$.
Vận dụng trang 86
Giải bài toán trong tình huống mở đầu.
Lời giải chi tiết:
Phép thử của bài toán là chọn ngẫu nhiên 6 số trong 45 số: $1 ; 2 ; 3 ;…; 45$ .
Không gian mẫu $\Omega$ là tập hợp tất cả các tập con có 6 phần tử của tập $\{1 ; 2 ; 3 ; \ldots ; 45\}$.
Do đó số phần tử của không gian mẫu là n( $\Omega)=C_{45}^6$.
+ Gọi F là biến cố: “Bạn An trúng giải độc đắc”.
Ta có: $F$ là tập hợp có duy nhất 1 phần tử là tập $\{5 ; 13 ; 20 ; 31 ; 32 ; 35\}$.
Do đó, $n(F)=1$.
Vậy xác suất để bạn An trúng giải độc đắc là $P(F)=\frac{n(F)}{n(\Omega)}=\frac{1}{C_{45}^6}=\frac{1}{8145060}$.
+ Gọi G là biến cố: “Bạn An trúng giải nhất”.
Vì nếu bộ số của người chơi trùng với 5 số của bộ số trúng thưởng thì người chơi trúng giải nhất.
Do đó $\mathrm{G}$ là tập hợp tất cả các tập con gồm 6 phần tử của tập $\{1 ; 2 ; 3 ; \ldots ; 45\}$ có tính chất: năm phần tử của nó thuộc tập $\{5 ; 13 ; 20 ; 31 ; 32 ; 35\}$ và một phần tử còn lại không thuộc tập $\{5 ; 13 ; 20 ; 31 ; 32 ; 35\}$.
Nghĩa là phần tử còn lại này phải thuộc tập {1 ; 2 ; 3 ;…; 45} \{5; 13; 20; 31; 32; 35} (tập hợp này gồm $45-6=39$ phần tử).
Mỗi phần tử của G được hình thành từ hai công đoạn.
Công đoạn 1: Chọn 5 phần tử trong tập $\{5 ; 13 ; 20 ; 31 ; 32 ; 35\}$, có $C_6^5$ cách chọn.
Công đoạn 2: Chọn 1 phần tử trong 39 phần tử còn lại, có $C_{39}^1$ cách chọn.
Theo quy tắc nhân, số phần tử của G là: $n(G)=C_6^5.C_{39}^1=234$ (phần tử).
Vậy xác suất để bạn An trúng giải nhất là:
$P(G)=\frac{n(G)}{n(\Omega)}=\frac{234}{C_{45}^6}=\frac{39}{1357510}$.
Phép thử của bài toán là chọn ngẫu nhiên 6 số trong 45 số: $1 ; 2 ; 3 ;…; 45$ .
Không gian mẫu $\Omega$ là tập hợp tất cả các tập con có 6 phần tử của tập $\{1 ; 2 ; 3 ; \ldots ; 45\}$.
Do đó số phần tử của không gian mẫu là n( $\Omega)=C_{45}^6$.
+ Gọi F là biến cố: “Bạn An trúng giải độc đắc”.
Ta có: $F$ là tập hợp có duy nhất 1 phần tử là tập $\{5 ; 13 ; 20 ; 31 ; 32 ; 35\}$.
Do đó, $n(F)=1$.
Vậy xác suất để bạn An trúng giải độc đắc là $P(F)=\frac{n(F)}{n(\Omega)}=\frac{1}{C_{45}^6}=\frac{1}{8145060}$.
+ Gọi G là biến cố: “Bạn An trúng giải nhất”.
Vì nếu bộ số của người chơi trùng với 5 số của bộ số trúng thưởng thì người chơi trúng giải nhất.
Do đó $\mathrm{G}$ là tập hợp tất cả các tập con gồm 6 phần tử của tập $\{1 ; 2 ; 3 ; \ldots ; 45\}$ có tính chất: năm phần tử của nó thuộc tập $\{5 ; 13 ; 20 ; 31 ; 32 ; 35\}$ và một phần tử còn lại không thuộc tập $\{5 ; 13 ; 20 ; 31 ; 32 ; 35\}$.
Nghĩa là phần tử còn lại này phải thuộc tập {1 ; 2 ; 3 ;…; 45} \{5; 13; 20; 31; 32; 35} (tập hợp này gồm $45-6=39$ phần tử).
Mỗi phần tử của G được hình thành từ hai công đoạn.
Công đoạn 1: Chọn 5 phần tử trong tập $\{5 ; 13 ; 20 ; 31 ; 32 ; 35\}$, có $C_6^5$ cách chọn.
Công đoạn 2: Chọn 1 phần tử trong 39 phần tử còn lại, có $C_{39}^1$ cách chọn.
Theo quy tắc nhân, số phần tử của G là: $n(G)=C_6^5.C_{39}^1=234$ (phần tử).
Vậy xác suất để bạn An trúng giải nhất là:
$P(G)=\frac{n(G)}{n(\Omega)}=\frac{234}{C_{45}^6}=\frac{39}{1357510}$.
Giải bài tập vận dụng trang 86, 87 SGK Toán 10 bài 27
Phần tiếp theo sẽ cung cấp cho các bạn phương pháp cùng lời giải trong phần bài tập trang 86, 87 cực kỳ dễ hiểu và chi tiết. Cùng HocThatGioi rèn luyện và nâng cao kỹ năng giải quyết các vấn đề thực tế thông qua các phương pháp, công thức toán học từ bài Thực hành tính xác suất theo định nghĩa cổ điển ở trên.
Bài tập 9.6 trang 86
Chọn ngẫu nhiên một gia đình có ba con và quan sát giới tính của ba người con này. Tính xác suất của các biến cố sau:
a) A: “Con đầu là gái”;
b) B: “Có ít nhất một người con trai”.
a) A: “Con đầu là gái”;
b) B: “Có ít nhất một người con trai”.
Lời giải chi tiết:
${n}(\Omega)$= {GGG; GGT; GTG; GTT; TGG; TGT; TTG; TTT} và $\mathrm{n}(\Omega)=8$.
a) Biến cố $A$ : “Con đầu là gái”, do đó $\mathrm{A}=\{\mathrm{GGG} ; \mathrm{GGT} ; \mathrm{GTG} ; \mathrm{GTT}\}$.
Suy ra n $(\mathrm{A})=4$.
Vậy $P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}$.
b) Biến cố $\mathrm{B}$ : “Có ít nhất một người con trai”.
Suy ra biến cố $\bar{B}$ : “Không có người con trai nào”.
Khi không có người con trai nào, tức cả ba người con đều là gái, do đó $=\bar{B}\{\mathrm{GGG}\}$ nên $n(\bar{B})=1$.
Do đó, $P(\bar{B})=\frac{n(B)}{n(\Omega)}=\frac{1}{8}$.
Từ đó suy ra $P(B)=1-P(\bar{B})=1-\frac{1}{8}=\frac{7}{8}$.
${n}(\Omega)$= {GGG; GGT; GTG; GTT; TGG; TGT; TTG; TTT} và $\mathrm{n}(\Omega)=8$.
a) Biến cố $A$ : “Con đầu là gái”, do đó $\mathrm{A}=\{\mathrm{GGG} ; \mathrm{GGT} ; \mathrm{GTG} ; \mathrm{GTT}\}$.
Suy ra n $(\mathrm{A})=4$.
Vậy $P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}$.
b) Biến cố $\mathrm{B}$ : “Có ít nhất một người con trai”.
Suy ra biến cố $\bar{B}$ : “Không có người con trai nào”.
Khi không có người con trai nào, tức cả ba người con đều là gái, do đó $=\bar{B}\{\mathrm{GGG}\}$ nên $n(\bar{B})=1$.
Do đó, $P(\bar{B})=\frac{n(B)}{n(\Omega)}=\frac{1}{8}$.
Từ đó suy ra $P(B)=1-P(\bar{B})=1-\frac{1}{8}=\frac{7}{8}$.
Bài tập 9.7 trang 86
Một hộp đựng các tấm thẻ đánh số $10 ; 11 ; \ldots ; 20$. Rút ngẫu nhiên từ hộp hai tấm thẻ. Tính xác suất của các biến cố sau:
a) C: “Cả hai thẻ rút được đều mang số lẻ”;
b) $D$ : “Cả hai thẻ rút được đều mang số chẵn”.
a) C: “Cả hai thẻ rút được đều mang số lẻ”;
b) $D$ : “Cả hai thẻ rút được đều mang số chẵn”.
Phương pháp giải:
$n(\Omega)$ là số cách chọn 2 phần tử từ tập $\{10 ; 11 ; \ldots ; 20\}$.
Suy ra $n(C)$ là số cách chọn 2 phần tử từ tập $\{11 ; 13 ; \ldots ; 19\}$ và $n(D)$ là số cách chọn 2 phần tử từ tập $\{10 ; 12 ; \ldots ; 20\}$.
$n(\Omega)$ là số cách chọn 2 phần tử từ tập $\{10 ; 11 ; \ldots ; 20\}$.
Suy ra $n(C)$ là số cách chọn 2 phần tử từ tập $\{11 ; 13 ; \ldots ; 19\}$ và $n(D)$ là số cách chọn 2 phần tử từ tập $\{10 ; 12 ; \ldots ; 20\}$.
Lời giải chi tiết:
Ta có $n(\Omega)=C_{11}^2=55$.
a) Có 5 số lẻ là $\{11 ; 13 ; 15 ; 17 ; 19\}$ nên $n(C)=C_5^2=10$.
Vậy $P(C)=\frac{10}{55}=\frac{2}{11}$.
b) Có 6 số chẵn là $\{10 ; 12 ; 14 ; 16 ; 18 ; 20\}$ nên $n(D)=C_6^2=15$.
Vậy $P(D)=\frac{15}{55}=\frac{3}{11}$.
Ta có $n(\Omega)=C_{11}^2=55$.
a) Có 5 số lẻ là $\{11 ; 13 ; 15 ; 17 ; 19\}$ nên $n(C)=C_5^2=10$.
Vậy $P(C)=\frac{10}{55}=\frac{2}{11}$.
b) Có 6 số chẵn là $\{10 ; 12 ; 14 ; 16 ; 18 ; 20\}$ nên $n(D)=C_6^2=15$.
Vậy $P(D)=\frac{15}{55}=\frac{3}{11}$.
Bài tập 9.8 trang 86
Một chiếc hộp đựng 6 viên bi trắng, 4 viên bi đỏ và 2 viên bi đen. Chọn ngẫu nhiên ra 6 viên bi. Tính xác suất để trong 6 viên bi đó có 3 viên bi trắng, 2 viên bi đỏ và 1 viên bi đen.
Phương pháp giải:
$n(\Omega)$ là số cách chọn 6 phần tử từ tập 12 phần tử.
Gọi $E$ là biến cố đang xét.
Tính $n(E)$ bằng cách: Tính số cách chọn 3 viên bi trắng từ 6 viên bi trắng; 2 viên bi đỏ từ 4 viên bi đỏ và 1 viên bi đen từ 2 viên bi đen rồi dùng quy tắc nhân.
$n(\Omega)$ là số cách chọn 6 phần tử từ tập 12 phần tử.
Gọi $E$ là biến cố đang xét.
Tính $n(E)$ bằng cách: Tính số cách chọn 3 viên bi trắng từ 6 viên bi trắng; 2 viên bi đỏ từ 4 viên bi đỏ và 1 viên bi đen từ 2 viên bi đen rồi dùng quy tắc nhân.
Lời giải chi tiết:
Ta có $n(\Omega)=C_{12}^6=924$.
Gọi E là biến cố: “Trong 6 viên bi đó có 3 viên bi trắng, 2 viên bi đỏ và 1 viên bi đen””.
Có $C_6^3=20$ cách chọn 3 viên bi trắng, có $C_4^2=6$ cách chọn 2 viên bi đỏ, có $2$ cách chọn 1 viên bi đen.
Theo quy tắc nhân, ta có: $n(E)=20.6 .2=240$.
Vậy $P(E)=\frac{240}{924}=\frac{20}{77}$.
Ta có $n(\Omega)=C_{12}^6=924$.
Gọi E là biến cố: “Trong 6 viên bi đó có 3 viên bi trắng, 2 viên bi đỏ và 1 viên bi đen””.
Có $C_6^3=20$ cách chọn 3 viên bi trắng, có $C_4^2=6$ cách chọn 2 viên bi đỏ, có $2$ cách chọn 1 viên bi đen.
Theo quy tắc nhân, ta có: $n(E)=20.6 .2=240$.
Vậy $P(E)=\frac{240}{924}=\frac{20}{77}$.
Bài tập 9.9 trang 86
Gieo liên tiếp một con xúc xắc và một đồng xu.
a) Vẽ sơ đồ hình cây mô tả các phần tử của không gian mẫu.
b) Tính xác suất của các biến cố sau:
$F:$ “Đồng xu xuất hiện mặt ngửa”;
$G:$ “Đồng xu xuất hiện mặt sấp hoặc số chấm xuất hiện trên con xúc xắc là 5 “.
a) Vẽ sơ đồ hình cây mô tả các phần tử của không gian mẫu.
b) Tính xác suất của các biến cố sau:
$F:$ “Đồng xu xuất hiện mặt ngửa”;
$G:$ “Đồng xu xuất hiện mặt sấp hoặc số chấm xuất hiện trên con xúc xắc là 5 “.
Lời giải chi tiết:
a) Sơ đồ cây:
b) Từ sơ đồ cây ta có $n(\Omega)=12$.
Ta có: $F$={(1, N); (2, N); (3, N); (4, N); (5, N); (6, N)}.
Suy ra $n(F)=6$.
Vậy $P(F)=\frac{6}{12}=0,5$.
$G$={(1, S); (2, S); (3, S); (4, S); (5, S); (6, S); (5, N)}.
Suy ra $n(G)=7$.
Vậy $P(G)=\frac{7}{12}$.
a) Sơ đồ cây:
b) Từ sơ đồ cây ta có $n(\Omega)=12$.
Ta có: $F$={(1, N); (2, N); (3, N); (4, N); (5, N); (6, N)}.
Suy ra $n(F)=6$.
Vậy $P(F)=\frac{6}{12}=0,5$.
$G$={(1, S); (2, S); (3, S); (4, S); (5, S); (6, S); (5, N)}.
Suy ra $n(G)=7$.
Vậy $P(G)=\frac{7}{12}$.
Bài tập 9.10 trang 87
Trên một phố có hai quán ăn $X, Y$. Ba bạn Sơn, Hải, Văn mỗi người chọn ngẫu nhiên một quán ăn.
a) Vẽ sơ đồ hình cây mô tả các phần tử của không gian mẫu.
b) Tính xác suất của biến cố “Hai bạn vào quán $X$, bạn còn lại vào quán $Y$ “.
a) Vẽ sơ đồ hình cây mô tả các phần tử của không gian mẫu.
b) Tính xác suất của biến cố “Hai bạn vào quán $X$, bạn còn lại vào quán $Y$ “.
Lời giải chi tiết:
a) Sơ đồ cây:
b) Dựa vào sơ đồ cây ta có $n(\Omega)=8$.
Gọi $F$ là biến cố: “Hai bạn vào quán $X$, bạn còn lại vào quán $Y$ “.
Ta có $F=\{X X Y ; X Y X ; Y X X\}$.
Suy ra $n(F)=3$.
Vậy $P(F)=\frac{3}{8}$.
a) Sơ đồ cây:
b) Dựa vào sơ đồ cây ta có $n(\Omega)=8$.
Gọi $F$ là biến cố: “Hai bạn vào quán $X$, bạn còn lại vào quán $Y$ “.
Ta có $F=\{X X Y ; X Y X ; Y X X\}$.
Suy ra $n(F)=3$.
Vậy $P(F)=\frac{3}{8}$.
Bài tập 9.11 trang 87
Gieo lần lượt hai con xúc xắc cân đối. Tính xác suất để ít nhất một con xúc xắc xuất hiện mặt 6 chấm.
Phương pháp giải:
Tính xác xuất biến cố đối: “Cả hai con xúc xắc đều không xuất hiện mặt 6 chấm”.
Tính xác xuất biến cố đối: “Cả hai con xúc xắc đều không xuất hiện mặt 6 chấm”.
Lời giải chi tiết:
Gọi F là biến cố “ít nhất một con xúc xắc xuất hiện mặt 6 chấm”.
Biến cố $\bar{F}$ là ” Cả hai con xúc xắc đều không xuất hiện mặt 6 chấm”.
Ta có $n(\Omega)=36$ và $\bar{F}=\{(i ; j), 1 \leq i ; j \leq 5\}$ do đó $n(\vec{F})=25$.
Vậy $P(\vec{F})=\frac{25}{36}$ nên $P(F)=1-\frac{25}{36}=\frac{11}{36}$.
Gọi F là biến cố “ít nhất một con xúc xắc xuất hiện mặt 6 chấm”.
Biến cố $\bar{F}$ là ” Cả hai con xúc xắc đều không xuất hiện mặt 6 chấm”.
Ta có $n(\Omega)=36$ và $\bar{F}=\{(i ; j), 1 \leq i ; j \leq 5\}$ do đó $n(\vec{F})=25$.
Vậy $P(\vec{F})=\frac{25}{36}$ nên $P(F)=1-\frac{25}{36}=\frac{11}{36}$.
Bài tập 9.12 trang 87
Màu hạt của đậu Hà Lan có hai kiểu hình là màu vàng và màu xanh tương ứng với hai loại gen là gen trội $A$ và gen lặn a. Hình dạng hạt của đậu Hà Lan có hai kiểu hình là hạt trơn và hạt nhăn tương ứng với hai loại gen là gen trội $B$ và gen lặn $b$. Biết rằng, cây con lấy ngẫu nhiên một gen từ cây bố và một gen từ cây mẹ.
Phép thử là cho lai hai loại đậu Hà Lan, trong đó cả cây bố và cây mẹ đều có kiểu gen là $(A a, B b)$ và kiểu hình là hạt màu vàng và trơn. Giả sử các kết quả có thể là đồng khả năng. Tính xác suất để cây con cũng có kiểu hình là hạt màu vàng và trơn.
Phép thử là cho lai hai loại đậu Hà Lan, trong đó cả cây bố và cây mẹ đều có kiểu gen là $(A a, B b)$ và kiểu hình là hạt màu vàng và trơn. Giả sử các kết quả có thể là đồng khả năng. Tính xác suất để cây con cũng có kiểu hình là hạt màu vàng và trơn.
Lời giải chi tiết:
Các kết quả có thể của kiểu gen ứng với màu hạt của cây con là 4 nhánh cây $A A, \mathrm{~A} a, a A, A a$.
Các kết quả có thể của kiểu gen ứng với dạng hạt của cây con là 4 nhánh cây $B B, B b, b B, b b$.
Vậy theo quy tắc nhân, số phần tử của không gian mẫu là $n(\Omega)=4.4=16$.
Gọi $E$ là biến cố: “Cây con có hạt màu vàng và trơn”.
Cây con có hạt màu vàng và trơn khi và chỉ khi trong kiểu gen màu hạt có ít nhất một gen trội $\mathrm{A}$ và trong kiểu gen hình dạng hạt có ít nhất một gen trội $B$.
Do đó $E$={(AA, BB); (AA, Bb); (AA, bB); (Aa, BB); (Aa, Bb); (Aa, bB); (aA, BB); (aA, Bb); (aA, bB)}.
Vậy $P(E)=\frac{9}{16}$.
Các kết quả có thể của kiểu gen ứng với màu hạt của cây con là 4 nhánh cây $A A, \mathrm{~A} a, a A, A a$.
Các kết quả có thể của kiểu gen ứng với dạng hạt của cây con là 4 nhánh cây $B B, B b, b B, b b$.
Vậy theo quy tắc nhân, số phần tử của không gian mẫu là $n(\Omega)=4.4=16$.
Gọi $E$ là biến cố: “Cây con có hạt màu vàng và trơn”.
Cây con có hạt màu vàng và trơn khi và chỉ khi trong kiểu gen màu hạt có ít nhất một gen trội $\mathrm{A}$ và trong kiểu gen hình dạng hạt có ít nhất một gen trội $B$.
Do đó $E$={(AA, BB); (AA, Bb); (AA, bB); (Aa, BB); (Aa, Bb); (Aa, bB); (aA, BB); (aA, Bb); (aA, bB)}.
Vậy $P(E)=\frac{9}{16}$.
Cảm ơn các bạn đã theo dõi bài viết của HocThatGioi về Giải SGK bài Thực hành tính xác suất theo định nghĩa cổ điển Chương Tính xác suất theo định nghĩa cổ điển Toán 10 Kết nối tri thức tập 2 ở các trang 83, 84, 85, 86, 87. Hi vọng các bạn sẽ có một buổi thú vị và học được nhiều điều bổ ích. Chúc các bạn học tốt!
