Giải Toán 11 Bài tập cuối chương 8
Bài tập
Số phần tử của A ∪ B là:
A. 11. B. 10 . C. 11. D. 13.
Lời giải:
Đáp án đúng là: A
Ta có:
A = {10; 12; 14; 16; 18; 20}.
B = {8; 9; 10; 11; 12; 13; 14; 15}.
Vậy A B = {8; 9; 10; 11; 12; 13; 14; 15; 16; 18; 20}.
Bài 8.17 trang 79 Toán 11 Tập 2: Một hộp đựng 20 tấm thẻ cùng loại được đánh số từ 1 đến 20. Rút ngẫu nhiên một tấm thẻ trong hộp. Gọi A là biến cố “Rút được tấm thẻ ghi số chẵn lớn hơn 9”; B là biến cố “Rút được tấm thẻ ghi số không nhỏ hơn 8 và không lớn hơn 15”.
Số phần tử của AB là:
A. 5. B. 6. C. 3. D. 4.
Lời giải:
Đáp án đúng là: C
Ta có:
A = {10; 12; 14; 16; 18; 20}
B = {8; 9; 10; 11; 12; 13; 14; 15}
Vậy AB = A ∩ B = {10; 12; 14}.
Xác suất để người được chọn thành thạo ít nhất một trong hai thứ tiếng Anh hoặc Pháp là:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải:
Đáp án đúng là: A
Gọi A là biến cố “Người được chọn thành thạo tiếng Anh”; B là biến cố “Người được chọn thành thạo tiếng Pháp”.
Biến cố: “Người được chọn thành thạo ít nhất một trong hai thứ tiếng Anh hoặc Pháp” là biến cố hợp của A và B.
Khi đó P(A) = ; P(B) = , P(AB) = .
Ta có: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(AB) = .
Vậy xác suất để người được chọn thành thạo ít nhất một trong hai thứ tiếng Anh hoặc tiếng Pháp là .
Xác suất để người được chọn không thành thạo cả hai thứ tiếng Anh hay Pháp là
A. . B. . C. . D. .
Lời giải:
Đáp án đúng là: B
Gọi E là biến cố “Người được chọn không thành thạo cả hai thứ tiếng Anh hay Pháp”.
Khi đó, là biến cố “Người được chọn thành thạo ít nhất một trong hai thứ tiếng Anh hoặc Pháp”.
Ta có: = A ∪ B.
Do đó, P(E) = 1 – P() = 1 – P(A ∪ B) = 1 – .
Vậy xác suất để người được chọn không thành thạo cả hai thứ tiếng Anh hay Pháp là .
Xác suất để chọn được học sinh không thích cả bóng chuyền và bóng rổ là
A. . B. . C. . D. .
Lời giải:
Đáp án đúng là: B
Số học sinh thích cả bóng chuyền và bóng rổ là: 23 + 18 – 26 = 15 (học sinh)
Gọi A là biến cố “Học sinh thích bóng chuyền”; B là biến cố “Học sinh thích bóng rổ”; E là biến cố “Học sinh không thích cả bóng chuyền và bóng rổ”.
Khi đó = A ∪ B.
P(A) = ; P(B) = ; P(AB) = .
P( ) = P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(AB) = .
Suy ra: P(E) = 1 – P() = 1 – .
Vậy xác suất để chọn được học sinh không thích cả bóng chuyền và bóng rổ là .
Xác suất để chọn được học sinh thích bóng chuyền và không thích bóng rổ là
A. . B. . C. . D. .
Lời giải:
Đáp án đúng là: C
Số học sinh thích cả bóng chuyền và bóng rổ là: 23 + 18 – 26 = 15 (học sinh).
Số học sinh thích bóng chuyền và không thích bóng rổ là 23 – 15 = 8 (học sinh).
Vậy xác suất để chọn được học sinh thích bóng chuyền và không thích bóng rổ là: .
M: “Vận động viên A bắn trúng vòng 10”;
N: “Vận động viên B bắn trúng vòng 10”.
Hãy biểu diễn các biến cố sau theo biến cố M và N:
C: “Có ít nhất một vận động viên bắn trúng vòng 10”;
D: “Cả hai vận động viên bắn trúng vòng 10”;
E: “Cả hai vận động viên đều không bắn trúng vòng 10”;
F: “Vận động viên A bắn trúng và vận động viên B không bắn trúng vòng 10”;
G: “Chỉ có duy nhất một vận động viên bắn trúng vòng 10”.
Lời giải:
Ta có:
C = M ∪ N;
D = MN;
E = ;
F = M;
G = M N.
Lời giải:
Số cách chọn một người trong đoàn là: 31.
Số người đến từ Hà Nội hoặc đến từ Hải Phòng là: 7 + 5 = 12.
Vậy xác suất để người đó đến từ Hà Nội hoặc đến từ Hải Phòng là .
A: “Ở lần gieo thứ nhất, số chấm xuất hiện trên con xúc xắc là 1”;
B: “Ở lần gieo thứ hai, số chấm xuất hiện trên con xúc xắc là 2”;
C: “Tổng số chấm xuất hiện trên con xúc xắc ở hai lần gieo là 8”;
D: “Tổng số chấm xuất hiện trên con xúc xắc ở hai lần gieo là 7”.
Chứng tỏ rằng các cặp biến cố A và C; B và C; C và D không độc lập.
Lời giải:
Không gian mẫu là tập hợp số chấm xuất hiện khi gieo con xúc xắc hai lần liên tiếp khi đó n(Ω) = 6 . 6 = 36.
A = {(1; 1); (1; 2); (1; 3); (1; 4); (1; 5); (1; 6)}. Suy ra: P(A) = .
B = {(1; 2); (2; 2); (3; 2); (4; 2); (5; 2); (6; 2)}. Suy ra: P(B) = .
C = {(2; 6); (3; 5); (4; 4); (5; 3); (6; 2)}. Suy ra: P(C) = .
D = {(1; 6); (2; 5); (3; 4); (4; 3); (5; 2); (6; 1)}. Suy ra: P(D) = .
Do đó:
P(A) . P(C) = ;
P(B) . P(C) = ;
P(C) . P(D) = .
Mặt khác:
AC = ∅. Suy ra: P(AC) = 0.
BC = {(6; 2)}. Suy ra: P(BC) = .
CD = ∅. Suy ra: P(CD) = 0
Khi đó:
P(AC) ≠ P(A) . P(C) ;
P(BC) ≠ P(B) . P(C);
P(CD) ≠ P(C) . P(D).
Vậy các cặp biến cố A và C; B và C; C và D không độc lập.
Dùng sơ đồ hình cây, tính xác suất để:
a) Cả hai chuyến bay khởi hành đúng giờ;
b) Chỉ có một chuyến bay khởi hành đúng giờ;
c) Có ít nhất một trong hai chuyến bay khởi hành đúng giờ.
Lời giải:
Gọi biến cố A: “Chuyến bay của hãng X khởi hành đúng giờ”, biến cố B: “Chuyến bay của hãng Y khởi hành đúng giờ”. Từ giả thiết, ta có hai biến cố A và B độc lập.
Ta có sơ đồ hình cây để mô tả như sau:
Theo sơ đồ hình cây, ta có:
a) P(AB) = P(A) . P(B) = 0,92 . 0,98 = 0,9016.
Vậy xác suất để cả hai chuyến bay khởi hành đúng giờ là 0,9016.
b) P(A∪B) = P(A) + P(B) = 0,92 . 0,02 + 0,08 . 0,98 = 0,0968.
Vậy xác suất để chỉ có một chuyến bay khởi hành đúng giờ 0,0968.
c) P() = 0,08 . 0,02 = 0,0016
Suy ra P(A ∪ B) = 1 – P() = 1 – 0,0016 = 0,9984.
Vậy xác suất để có ít nhất một trong hai chuyến bay khởi hành đúng giờ là 0,9984.
Xem thêm các bài giải SGK Toán 11 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác: