Phương pháp giải:

Công thức tính xác suất của biến cố A là: \(P\left( A \right) = \dfrac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}}.\)

Lời giải chi tiết:

Số cách chọn 2 bạn trong 10 bạn là: \({n_\Omega } = C_{10}^2\) cách chọn.

Gọi biến cố A: “Chọn được 2 người đều là nữ”.

\( \Rightarrow {n_A} = C_3^2\) cách chọn.

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \dfrac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}} = \dfrac{{C_3^2}}{{C_{10}^2}} = \dfrac{1}{{15}}.\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Tính xác suất để 1 lần xuất hiện mặt sấp.

- Sử dụng quy tắc nhân.

Lời giải chi tiết:

Xác suất để gieo một lần xuất hiện mặt sấp là: \(\dfrac{1}{2}\)

Vậy xác suất để cả ba lần gieo đều xuất hiện mặt sấp là: \({\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^3} = \dfrac{1}{8}.\)

Chọn A.

Lời giải chi tiết:

+ Gọi không gian mẫu là gieo đồng tiền cân đối và đồng chất bốn lần

\( \Rightarrow {n_\Omega } = 2.2.2.2 = 16\)

+ Gọi A là biến cố: “Cả 4 lần xuất hiện mặt sấp”

\( \Rightarrow A = \left\{ {S{\rm{SSS}}} \right\}\)

\( \Rightarrow {n_{\left( A \right)}} = 1\)

\( \Rightarrow \,\)Xác suất của biến cố A là: \({P_{\left( A \right)}} = \dfrac{{{n_{\left( A \right)}}}}{{{n_\Omega }}} = \dfrac{1}{{16}}\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Sử dụng quy tắc nhân.

Lời giải chi tiết:

Vì đồng xu có 2 mặt nên khi gieo 5 lần thì \({n_\Omega } = {2^5} = 32.\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

\(A,\,\,B\) là hai biến cố độc lập thì \(P\left( {A.B} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right)\).

Lời giải chi tiết:

Vì \(A,\,\,B\) là hai biến cố độc lập thì \(P\left( {A.B} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{8}\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Công thức xác suất \(P = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}}\)

\(n(A)\): số TH chấm chẵn.

\(n(\Omega )\): số TH các chấm xuất hiện.

Lời giải chi tiết:

Không gian mẫu:\(\Omega  = \left\{ {1;\;2;\;3;\;4;\;5;\;6} \right\}.\)

Biến cố xuất hiện mặt chẵn là 3 lần: \(A = \left\{ {2;4;6} \right\}\)

Suy ra \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}.\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Công thức xác suất \(P = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}}\)

\(n(A)\): lấy được số sản phẩm tốt.

\(n(\Omega )\): tổng số sản phẩm.

Lời giải chi tiết:

Gọi \(A\) là biến cố: “lấy được \(1\)  sản phẩm tốt.“

- Không gian mẫu lấy 1 trong 1000 sản  phẩm \(\left| \Omega  \right| = C_{100}^1 = 100\).

- \(n(A)\): lấy 1 sản phẩm tốt trong 950 sản phẩm tốt :\(n\left( A \right) = C_{950}^1 = 950\).

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{\left| \Omega  \right|}} = \frac{{950}}{{100}} = 0,95\).

Chọn C

Phương pháp giải:

Tính \(n\left( \Omega  \right)\) và \(n\left( A \right)\) suy ra xác suất \(P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}}\).

Lời giải chi tiết:

Số phần tử không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right) = 6\).

Gọi biến cố A: “mặt chẵn chấm xuất hiện”

Ta có: \(A = \left\{ {2;4;6} \right\} \Rightarrow n\left( A \right) = 3\).

Vậy xác suất \(P\left( A \right) = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính xác suất của biến cố đối: \(P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right)\).

Lời giải chi tiết:

Nếu \(A\) và \(\overline A \) là hai biến cố đối nhau thì \(P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) \Leftrightarrow P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right)\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Dựa vào lý thuyết của biến cố và phép thử.

Lời giải chi tiết:

Xác suất của biến cố \(A\) là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} \Rightarrow \) đáp án A đúng.

Ta có: \(0 \le P\left( A \right) \le 1 \Rightarrow \) đáp án B đúng.

Gọi \(\overline A \) là biến cố đối của biến cố \(A\) thì \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) \Rightarrow \) đáp án C đúng.

\(P\left( A \right) = 1\) khi và chỉ khi \(A\) là biến cố chắc  \( \Rightarrow \) đáp án D sai.

Chọn  D.

Phương pháp giải:

Xác suất của biến cố \(A\) là: \(P\left( A \right) = \dfrac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}}.\)

Lời giải chi tiết:

Số cách sắp xếp 8 bạn học sinh thành một hàng ngang là: \(8!\) cách.

Gọi biến cố A: “Học sinh lớp A chỉ đứng cạnh học sinh lớp B”.

TH1: Học sinh A đứng ở đầu hàng và đứng cạnh 1 bạn lớp B

\( \Rightarrow \) Có: \(C_2^1.6!\) cách xếp.

TH2: Học sinh A đứng ở cuối hàng và đứng cạnh 1 bạn lớp B

\( \Rightarrow \) Có: \(C_2^1.6!\) cách xếp.

TH3: Học sinh A đứng giữa hai bạn học sinh lớp B

\( \Rightarrow \) Có: \(2!.6!\) cách xếp.

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {n_A} = 2C_2^1.6! + 2!.6! = 4320\\ \Rightarrow P\left( A \right) = \dfrac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}} = \dfrac{{4320}}{{8!}} = \dfrac{3}{{28}}.\end{array}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Sử dụng quy tắc buộc.

Lời giải chi tiết:

Xếp 10 bạn thành 1 hàng dọc có \(10!\) cách xếp.

Gọi A là biến cố: “3 bạn Hoa, Mai, Lan đứng cạnh nhau”.

Buộc 3 bạn Hoa, Mai,Lan vào 1 nhóm suy ra có 3! cách sắp xếp 3 bạn.

Coi 3 bạn này là 1 bạn, với 7 bạn còn lại, ta có 8! cách xếp 8 bạn này.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 3!8!\).

Vậy xác suất để 3 bạn Hoa,Mai,Lan đứng cạnh nhau là\(P = \dfrac{{3!.8!}}{{10!}} = \dfrac{1}{{15}}.\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức tính xác suất.

·       Nếu A và B là hai biến cố độc lập thì \(P(AB) = P(A).P(B)\) .

·       Nếu A và B là hai biến cố xung khắc thì \(P(A \cup B) = P(A) + P(B)\) .

Nếu A và B là hai biến cố đối nhau thì \(P\left( A \right) + P(B) = 1\)

Lời giải chi tiết:

Gọi A là biến cố cầu thủ thứ nhất ghi được bàn thắng. Ta có \(P\left( A \right) = 0,8\)và \(P(\bar A) = 0,2\)

Gọi B là biến cố cầu thủ thứ nhất ghi được bàn thắng. Ta có \(P\left( B \right) = 0,7\) và \(P(\bar B) = 0,3\)

Ta xét hai biến cố xung khắc sau:

\(A\bar B\) “Chỉ có cầu thủ thứ nhất ghi bàn”. Ta có \(P\left( {A\bar B} \right) = P\left( A \right).P\left( {\bar B} \right) = 0,8.0,3 = 0,24\)

\(B\bar A\) “ Chỉ có cầu thủ thứ hai ghi bàn” . Ta có \(P\left( {B\bar A} \right) = P\left( B \right).P\left( {\bar A} \right) = 0,7.0,2 = 0,14\)

Gọi C là biến cố chỉ có 1 cầu thủ ghi bàn. Ta có \(P(C) = P\left( {A\bar B} \right) + P\left( {B\overline A } \right) = 0,24 + 0,14 = 0,38.\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp tính xác suất của biến cố đối:

- Tính xác suất để không có lần nào ra mặt sấp.

- Từ đó suy ra kết quả của bài toán.

Lời giải chi tiết:

Xác suất để xuất hiện mặt sấp là \(\frac{1}{2}\), xác suất để xuất hiện mặt ngửa là \(\frac{1}{2}\).

Biến cố đối của biến cố \(A\) là: \(\overline A \): “không có lần nào xuất hiện mặt sấp” hay cả 3 lần đều mặt ngửa.

Theo quy tắc nhân xác suất: \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{8}\).

Vậy: \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{1}{8} = \frac{7}{8}.\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Công thức tính xác suất của biến cố A là: \(P\left( A \right) = \frac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}}.\)

Lời giải chi tiết:

Chọn ngẫu nhiên 3 bạn trong 5 bạn nên có số cách chọn là: \({n_\Omega } = C_5^3\) cách chọn.

Gọi biến cố A: “Trong 3 được chọn, có ít nhất 2 bạn nữ”.

 \( \Rightarrow {n_A} = C_2^1C_3^2 + C_3^3 = 7\) cách chọn.

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{7}{{C_5^3}} = \frac{7}{{10}}.\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Tính số phần tử của không gian mẫu.

- Gọi A là biến cố: “Có ít nhất một lần xuất hiện mặt có 6 chấm”, suy ra biến cố đối \(\bar A\).

- Tính số phần tử của biến cố \(\bar A\), từ đó tính xác suất của biến cố \(\bar A\) là \(P\left( {\bar A} \right) = \dfrac{{n\left( {\bar A} \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}}\).

- Tính xác suất của biến cố A: \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\bar A} \right).\)

Lời giải chi tiết:

Tung một con súc sắc đồng chất cân đối ba lần ta có không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right) = {6^3} = 216\).

Gọi A là biến cố: “Có ít nhất một lần xuất hiện mặt có 6 chấm”.

\( \Rightarrow \) Biến cố đối \(\bar A\): “Không có lần nào xuất hiện mặt 6 chấm”.

+ Lần tung thứ nhất có 5 khả năng.

+ Lần tung thứ hai có 5 khả năng.

+ Lần tung thứ ba có 5 khả năng.

\( \Rightarrow n\left( {\bar A} \right) = {5^3} \Rightarrow P\left( {\bar A} \right) = \dfrac{{{5^3}}}{{{6^3}}} = {\left( {\dfrac{5}{6}} \right)^3}\).

Vậy \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\bar A} \right) = 1 - {\left( {\dfrac{5}{6}} \right)^3}\).

Chọn D.

Lời giải chi tiết:

+) Gọi KGM là “Lấy ngẫu nhiên 6 sản phẩm từ 12 sản phẩm” \( \Rightarrow {n_\Omega } = C_{12}^6 = 924\)

+) Gọi A là biến cố: “6 sản phẩm được lấy ra không quá 1 phế phẩm”

TH1: Số cách lấy được 6 sản phẩm trong đó 5 sản phầm và 1 phế phẩm \( \Rightarrow C_{10}^5.C_2^1 = 504\)cách

TH2: Số cách lấy được 6 sản phẩm trong đó 6 sản phẩm và 0 phế phẩm \( \Rightarrow C_{10}^5.C_2^1 = 504\)cách

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {n_{\left( A \right)}} = 504 + 210 = 714\\ \Rightarrow {P_{\left( A \right)}} = \dfrac{{714}}{{924}} = \dfrac{{17}}{{22}}\end{array}\)             

Chọn D.

Lời giải chi tiết:

\({n_\Omega } = 12!\)

Gọi: A “Biến cố 2 bạn nữ không đứng cạnh nhau”

\( + )\) Bước 1: Xếp 8 bạn nam \( \Rightarrow 8!\) cách

Khi đó 8 bạn nam tạo ra 9 khe trống, xếp 4 bạn nữ vào đó \( \Rightarrow A_9^4\) cách

\( \Rightarrow {n_A} = 8!\)\( \times \)\(A_9^4\)

\( \Rightarrow {P_A} = \dfrac{{8!.A_9^4}}{{12!}} = \dfrac{{14}}{{55}}\) .

Chọn D.

Lời giải chi tiết:

\(\Omega \): Tập hợp S các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số khác nhau được lập từ tập A.

TH1: Số có 3 chữ số \(\overline {abc} \)

a có 5 cách chọn

b có 4 cách chọn

c có 3 cách chọn

\( \Rightarrow 5.4.3 = 60\)

TH2: Số có 4 chữ số: \(\overline {abcd} \)

\( \Rightarrow 5.4.3.2 = 120\)

TH3: Số có 5 chữ số: \(\overline {abcde} \)

\( \Rightarrow 5.4.3.2.1 = 120\)

\( \Rightarrow {n_\Omega } = 60 + 120 + 120 = 300\)

Biến cố A: Số được chọn có tổng các chữ số bằng 10

TH1: Số có 3 chữ số: \(\left\{ {1;4;5} \right\},\left\{ {2;3;5} \right\}\)

Có: \(\left( {3 \times 2 \times 1} \right) \times 2 = 12\)

TH1: Số có 4 chữ số: \(\left\{ {1;2;3;4} \right\}\)

Có: \(4.3.2.1 = 24\)

\( \Rightarrow {n_A} = 12 + 24 = 36\)

\( \Rightarrow {P_A} = \dfrac{{36}}{{300}} = \dfrac{3}{{25}}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi trong tất cả 12 viên bi từ đó ta có không gian mẫu.

Gọi biến cố A: “Trong ba viên bi được chọn có ít nhất hai viên bi xanh”.

Như vậy biến cố A xảy ra khi ta có thế lấy được ba viên bi xanh hoặc hai viên bi xanh.

Từ đó ta có: \(P\left( A \right) = \frac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}}.\)

Lời giải chi tiết:

Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi trong tất cả 12 viên bi từ đó ta có không gian mẫu là: \({n_\Omega } = C_{12}^3.\)

Gọi biến cố A: “Trong ba viên bi được chọn có ít nhất hai viên bi xanh”.

Như vậy biến cố A xảy ra khi ta có thế lấy được ba viên bi xanh hoặc hai viên bi xanh.

\( \Rightarrow {n_A} = C_8^3.C_4^0 + C_8^2.C_4^1 = 168\) cách chọn.

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}} = \frac{{168}}{{C_{12}^3}} = \frac{{42}}{{55}}.\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Sử dụng qui tắc nhân xác suất: \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right)\)

Lời giải chi tiết:

Gọi A là biến cố “người thứ nhất bắn trúng”

Gọi B là biến cố “ người thứ hai bắn trúng”

Suy ra \(P\left( A \right) = 0,8,P\left( B \right) = 0,7\)

Và AB là biến cố “cả hai người đều bắn trúng”

Ta có \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = 0,8.0,7 = 0,56\)

Chọn D.

Lời giải chi tiết:

+) Gọi không gian mẫu là: “Gieo một con xúc xắc cân đối và đồng chất 2 lần” \( \Rightarrow {n_\Omega } = {6^2} = 36\)

+) Gọi A là biến cố: “Tích 2 lần số chấm khi gieo là 1 số chẵn”

TH1: Lần 1 gieo được số chẵn chấm là 2; 4 và 6 thì Lần 2 gieo được số nào cũng được

\( \Rightarrow \)\(C_3^1.C_6^1 = 18\)( cách )

TH1: Lần 1 gieo được số lẻ chấm là 1;3 hoặc 5 thì lần 2 phải gieo được số chẵn chấm

\( \Rightarrow \)\(C_3^1.C_3^1 = 18\)( cách )

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {n_{\left( A \right)}} = 18 + 9 = 27\\ \Rightarrow {P_{\left( A \right)}} = \dfrac{{27}}{{36}} = 0,75\end{array}\)

Chọn C.

Lời giải chi tiết:

+) Gọi không gian mẫu là: “Gieo 3 con xúc xắc” \( \Rightarrow {n_\Omega } = {6^3} = 216\)

+) Gọi biến cố A là: “Số chấm xuất hiện trên 3 con xúc xắc như nhau”

\(\begin{array}{l} \Rightarrow A = \left\{ {\left( {1,1,1} \right);\left( {2,2,2} \right);\left( {3,3,3} \right);\left( {4,4,4} \right);\left( {5,5,5} \right);\left( {6,6,6} \right)} \right\}\\ \Rightarrow {n_{\left( A \right)}} = 6\end{array}\)

\( \Rightarrow {P_{\left( A \right)}} = \dfrac{6}{{216}}\,\,\,\,\)

Chọn C.

Lời giải chi tiết:

+) Gọi không gian mẫu là: “Gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập” \( \Rightarrow {n_\Omega } = C_{35}^4\)

+) Gọi biến cố A là: “4 học sinh được gọi có cả nam và nữ”

\( \Rightarrow \overline C \)là: “4 học sinh được gọi toàn nam hoặc toàn nữ”

TH1: 4 học sinh lên bảng toàn là nam \( \Rightarrow \) \(C_{20}^4\) cách

TH2: 4 học sinh lên bảng toàn là nữ \( \Rightarrow \) \(C_{15}^4\) cách

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {n_{\overline C }} = C_{20}^4 + C_{15}^4\\ \Rightarrow {P_{\overline C }} = \dfrac{{C_{20}^4 + C_{15}^4}}{{C_{35}^4}} = \dfrac{{621}}{{5236}}\\ \Rightarrow {P_C} = 1 - {P_{\overline C }} = 1 - \dfrac{{621}}{{5236}} = \dfrac{{4615}}{{5236}}\end{array}\)                     

Chọn A.

Lời giải chi tiết:

+) Gọi KGM là “lấy ngẫu nhiên 9 viên bi” \( \Rightarrow {n_\Omega } = C_{18}^9 = 48620\)

+) Gọi A: “Biến cố lấy đủ cả 3 màu” \( \Rightarrow \overline A \): “Biến cố không lấy đủ 3 màu”

TH1: Chỉ lấy được một màu đỏ: \(C_{10}^9 = 10\) (cách)

TH2: Chỉ lấy được màu đỏ và xanh:\(C_5^5.C_{10}^4 + C_5^4.C_{10}^5 + C_5^3.C_{10}^6 + C_5^2.C_{10}^7 + C_5^1.C_{10}^8\)= 4995 (cách)

TH3: Chỉ lấy được màu đỏ và vàng: \(C_3^3.C_{10}^6 + C_{C3}^2.C_{10}^7 + C_3^1.C_{10}^8 = 705\) (cách)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {n_{\overline A }} = 10 + 4995 + 705 = 5710\\ \Rightarrow {P_{\left( A \right)}} = 1 - {P_{\left( {\overline A } \right)}} = 1 - \dfrac{{5710}}{{48620}} = \dfrac{{42910}}{{48620}}\end{array}\)

Chọn B.

Lời giải chi tiết:

+) Gọi KGM là “lấy ngẫu nhiên 4 viên bi”\( \Rightarrow \)\({n_\Omega } = C_{15}^4 = 1365\)(cách)

+) A: “Biến cố lấy ra không đủ 3 màu”

TH1: Chỉ lấy được 1 màu:  \(C_6^4 + C_5^4 + C_4^4 = 21\)

TH2: Chỉ lấy được bi màu đỏ và vàng: \(C_6^3.C_5^1 + C_6^2.C_5^2 + C_6^1.C_5^3 = 310\)

TH3: Chỉ lấy được bi màu đỏ và trắng: \(C_6^3.C_4^1 + C_6^2.C_4^2 + C_6^1.C_4^3 = 194\)

TH4: Chỉ lấy được bi màu vàng và trắng: \(C_5^3.C_4^1 + C_5^2.C_4^2 + C_5^1.C_4^3 = 120\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {n_{\left( A \right)}} = 645\\ \Rightarrow {P_{\left( A \right)}} = \dfrac{{645}}{{1365}} = \dfrac{{43}}{{91}}\end{array}\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Sử dụng tổ hợp và quy tắc nhân.

Lời giải chi tiết:

Chọn 2 viên bi bất kì \( \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = C_{13}^2 = 78\).

Gọi A là biến cố: “Hai viên bi được chọn khác màu và khác số”.

Số cách chọn bi xanh là \(C_6^1 = 6\) cách.

Ứng với mỗi cách chọn 1 viên bi xanh thì có \(C_6^1 = 6\) cách chọn bi đỏ thỏa mãn khác màu và khác số với viên bi xanh vừa chọn

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 6.6 = 36.\)

Vậy \(P\left( A \right) = \dfrac{{36}}{{78}} = \dfrac{6}{{13}}.\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Công thức tính xác suất của biến cố \(A\) là: \(P\left( A \right) = \dfrac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}} = 1 - P\left( {\overline A } \right).\)

Lời giải chi tiết:

Gọi biến cố \(A:\) ‘‘Rút được hai thẻ ngẫu nhiên và tích hai số thẻ đó là một số chẵn’’.

\( \Rightarrow \overline A :\) ‘‘Rút được hai thẻ ngẫu nhiên và tích hai số thẻ đó là một số lẻ’’.

Rút ngẫu nhiên hai thẻ trong mười một thẻ ta có không gian mẫu là: \({n_\Omega } = C_{11}^2.\)

Tích của hai số ghi trên thẻ là một số lẻ khi ta rút được 2 thẻ đều được đánh số lẻ.

\( \Rightarrow {n_{\overline A }} = C_5^2\) cách rút.

\(\begin{array}{l} \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = \dfrac{{C_5^2}}{{C_{11}^2}} = \dfrac{2}{{11}}.\\ \Rightarrow P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \dfrac{2}{{11}} = \dfrac{9}{{11}}.\end{array}\)

Chọn  C.

Phương pháp giải:

Xác suất của biến cố \(A\) là: \(P\left( A \right) = \dfrac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}} = 1 - P\left( {\overline A } \right).\)

Lời giải chi tiết:

Lấy ngẫu nhiên \(3\) quả cầu trong \(11\) quả cầu nên ta có không gian mẫu là: \({n_\Omega } = C_{11}^3.\)

Gọi biến cố \(A:\) “Lấy được \(3\) quả cầu màu đỏ”.

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {n_A} = C_6^3.\\ \Rightarrow P\left( A \right) = \dfrac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}} = \dfrac{{C_6^3}}{{C_{11}^3}} = \dfrac{4}{{33}}.\end{array}\)

Chọn  A.

Lời giải chi tiết:

+ Gọi không gian mẫu là gieo 1 con xúc xắc hai lần v\( \Rightarrow {n_\Omega } = 6.6 = 36\)

+ Gọi A là biến cố: “Ít nhất 1 lần xuất hiện mặt 6 chấm”

\( \Rightarrow \overline A \): nhiều nhất 1 lần xuất hiện mặt 6 chấm

TH1: Mặt 6 chấm xuất hiện 0 lần: \(C_5^1.C_4^1 = 20\)

TH2: Mặt 6 chấm xuất hiện 1 lần: \(C_5^1.1 = 5\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {P_{\left( {\overline A } \right)}} = \dfrac{{20 + 5}}{{36}} = \dfrac{{25}}{{36}}\\ \Rightarrow {P_{\left( A \right)}} = 1 - {P_{\left( {\overline A } \right)}}\\ \Leftrightarrow {P_{\left( A \right)}} = 1 - \dfrac{{25}}{{36}} = \dfrac{{11}}{{36}}\end{array}\)

Chọn B.

Lời giải chi tiết:

+ Gọi không gian mẫu là: gieo 1 con xúc xắc cân đối đồng chất 2 lần

\( \Rightarrow {n_\Omega } = {6^2} = 36\)

+ Gọi A là biến cố: “Tổng 2 mặt bằng 8”

\( \Rightarrow A = \left\{ {\left( {2;6} \right),\left( {6;2} \right),\left( {3;5} \right),\left( {5;3} \right),\left( {4;4} \right)} \right\}\)\( \Rightarrow {n_{\left( A \right)}} = 5\)

\( \Rightarrow {P_{\left( A \right)}} = \dfrac{5}{{36}}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Xét 2 trường hợp: Hai quả cùng xanh hoặc hai quả cùng đỏ.

Lời giải chi tiết:

Chọn ngẫu nhiên cùng một lúc 2 quả cầu từ hộp 10 quả cầu \( \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = C_{10}^2\).

Gọi A là biến cố: “Lấy được hai quả cùng màu”.

TH1: 2 quả lấy ra cùng màu đỏ ta có \(C_6^2\) cách.

TH2: 2 quả lấy ra cùng màu xanh ta có \(C_4^2\) cách.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = C_4^2 + C_6^2\).

Xác suất biến cố là \(P = \dfrac{{C_4^2 + C_6^2}}{{C_{10}^2}} = \dfrac{{21}}{{45}} = \dfrac{7}{{15}}.\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Sử dụng quy tắc nhân.

Lời giải chi tiết:

Xác suất sút 1 lần trúng là 0,7 nên xác suất sút 1 lần trượt là 0,3.

Mà 2 lần sút là độc lập nên có 2 cách sắp xếp để sút trượt và trúng trước hay sau.

Do đó xác suất là \(0,7.0,3.2 = 0,42.\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng quy tắc nhân và cộng.

Lời giải chi tiết:

Ta có \(8 = 2 + 6 = 3 + 5 = 4 + 4\)

Xác suất 1 lần tung là \(\dfrac{1}{6}\)

Nên gieo xúc sắc 2 lần thì sẽ có xác suất là \({\left( {\dfrac{1}{6}} \right)^2} = \dfrac{1}{{36}}\)

Với lần tung \(\left\{ {2;6} \right\};\,\,\left\{ {3;4} \right\}\) sẽ có 2 cách sắp xếp xuất hiện.

Do đó xác suất để thỏa mãn bài toán là \(\dfrac{1}{{36}}.2 + \dfrac{1}{{36}}.2 + \dfrac{1}{{36}} = \dfrac{5}{{36}}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Tính số phần tử của không gian mẫu.

- Liệt kê các khả năng có lợi cho biến cố.

- Tính xác suất \(P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}}\).

Lời giải chi tiết:

Gieo con xúc sắc hai lần, \(n\left( \Omega  \right) = 6.6 = 36\).

Gọi \(A\) là biến cố: “Tổng số chấm xuất hiện trong hai lần gieo bằng \(8\)”

Khi đó \(A = \left\{ {\left( {2;6} \right),\left( {3;5} \right),\left( {4;4} \right),\left( {5;3} \right),\left( {6;2} \right)} \right\}\) \( \Rightarrow n\left( A \right) = 5\)

Xác suất \(P\left( A \right) = \dfrac{5}{{36}}\).

Chọn C.

Phương pháp giải:

+ Tính số phần tử của không gian mẫu.

+ Tính số phần tử của biến cố.

+ Tính xác suất của biến cố.

Lời giải chi tiết:

Gieo 1 con súc sắc đồng chất 2 lần \( \Rightarrow \) Không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right) = {6^2} = 36\).

Gọi A là biến cố: "Tích số chấm xuất hiện ở hai lần là một số lẻ".

\( \Rightarrow \) Số chấm xuất hiện ở cả 2 lần tung đều là số lẻ.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 3.3 = 9\).

Vậy \(P\left( A \right) = \dfrac{9}{{36}} = \dfrac{1}{4}\).

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Tích ba số là số chẵn khi và chỉ khi trong ba số có ít nhất 1 số chẵn.

- Sử dụng biến cố đối.

Lời giải chi tiết:

Gieo ngẫu nhiên 3 con súc sắc cân đối, đồng chất \( \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = {6^3} = 216\).

Gọi A là biến cố: “tích số chấm xuất hiện trên ba con súc sắc là một số tự nhiên chẵn” \( \Rightarrow \) Trong ba lần gieo có ít nhất 1 lần xuất hiện mặt chẵn chấm.

\( \Rightarrow \overline A \): “Cả 3 lần gieo đều xuất  hiện mặt lẻ chấm” \( \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = {3^3} = 27\).

Vậy \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \dfrac{{27}}{{216}} = \dfrac{7}{8}\).

Chọn B.

Phương pháp giải:

+ Tính số phần tử của không gian mẫu.

+ Tính số phần tử của biến cố.

+ Tính xác suất của biến cố.

Lời giải chi tiết:

Không gian mẫu : \(\Omega  = C_{15}^9\)cách chọn.

Số cách chọn đúng 5 học sinh nam trong 8 học sinh nam và 4 học sinh nữ trong 7 học sinh nữ: \(C_8^5.C_7^4\) cách chọn.

Xác suất thỏa mãn là: \(\dfrac{{C_8^5.C_7^4}}{{C_{15}^9}} = \dfrac{{56}}{{143}}.\)

Phương pháp giải:

+ Tính số phần tử của không gian mẫu.

+ Tính số phần tử của biến cố.

+ Tính xác suất của biến cố.

Lời giải chi tiết:

Hộp chứa 16 thẻ, trong đó có 8 thẻ đánh số lẻ và 8 thẻ đánh số chẵn.

Ta có: \(n\left( \Omega  \right) = C_{16}^1 = 16\).

Gọi A là biến cố: “Thẻ nhận được đánh số lẻ” \( \Rightarrow n\left( A \right) = C_8^1 = 8\).

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \dfrac{8}{{16}} = \dfrac{1}{2}\).

Chọn B.

Phương pháp giải:

+ Tính số phần tử của không gian mẫu.

+ Tính số phần tử của biến cố.

+ Tính xác suất của biến cố.

Lời giải chi tiết:

Trong bộ bài tú lơ khơ có 4 quân K nên có 1 cách để rút ngẫu nhiên được 4 quân cùng lúc đều là K.

Không gian mẫu là \(C_{52}^4\).

Suy ra xác suất của bài toán là \(P = \dfrac{1}{{C_{52}^4}} = \dfrac{1}{{270725}}.\)

Chọn C.