Với lời giải Toán 11 trang 26 Tập 2 chi tiết trong Bài tập cuối chương 5 trang 25 sách Cánh diều giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập Toán 11. Mời các bạn đón xem:

Giải Toán 11 Bài tập cuối chương 5 trang 25

Bài 4 trang 26 Toán 11 Tập 2: Bạn Dũng và bạn Hương tham gia đội văn nghệ của nhà trường. Nhà trường chọn từ đội văn nghệ đó một bạn nam và một bạn nữ để lập tiết mục song ca. Xác suất được nhà trường chọn vào tiết mục song ca của Dũng và Hương lần lượt là 0,7 và 0,9.

Tính xác suất của các biến cố sau:

a) A: “Cả hai bạn được chọn vào tiết mục song ca”;

b) B: “Có ít nhất một bạn được chọn vào tiết mục song ca”;

c) C: “Chỉ có bạn Hương được chọn vào tiết mục song ca”.

Lời giải:

Xét hai biến cố:

D: “Bạn Dũng được chọn vào tiết mục song ca”.

E: “Bạn Hương được chọn vào tiết mục song ca”.

Từ giả thiết suy ra D, E là hai biến cố độc lập và P(D) = 0,7; P(E) = 0,9.

a) Do A = D ∩ E nên P(A) = P(D ∩ E) = P(D) . P(E) = 0,7 . 0,9 = 0,63.

b) Do B = D ∪ E nên ta có:

P(B) = P(D ∪ E) = P(D) + P(E) – P(D ∩ E) = 0,7 + 0,9 – 0,63 = 0,97.

c) Xét biến cố đối của biến cố D là $\overline{D}$: “Bạn Dũng không được chọn vào tiết mục song ca”. Do đó $P\left(\overline{D}\right)=1-P\left(D\right)$ = 1 - 0,7 = 0,3 và E, $\overline{D}$ là hai biến cố độc lập.

Do C = $E\cap \overline{D}$ nên P(C) = $P\left(E\cap \overline{D}\right)=P\left(E\right)\cdot P\left(\overline{D}\right)$ = 0,9 - 0,3 = 0,27.

Bài 5 trang 26 Toán 11 Tập 2: Hai bạn Mai và Thi cùng tham gia một kì kiểm tra ngoại ngữ một cách độc lập nhau. Xác suất để bạn Mai và bạn Thi đạt từ điểm 7 trở lên lần lượt là 0,8 và 0,9. Tính xác suất của biến cố C: “Cả hai bạn đều đạt từ điểm 7 trở lên”.

Lời giải:

Xét hai biến cố:

A: “Bạn Mai đạt từ điểm 7 trở lên”;

B: “Bạn Thi đạt từ điểm 7 trở lên”.

Từ giả thiết ta suy ra A, B là hai biến cố độc lập và P(A) = 0,8; P(B) = 0,9.

Do C = A ∩ B nên P(C) = P(A) . P(B) = 0,8 . 0,9 = 0,72.

Bài 6 trang 26 Toán 11 Tập 2: Một người chọn ngẫu nhiên 3 lá thư vào 3 phong bì đã ghi địa chỉ sao cho mỗi phong bì chỉ chứa một lá thư. Tính xác suất để có ít nhất một lá thư được cho vào đúng phong bì đã ghi địa chỉ theo lá thư đó.

Lời giải:

Không gian mẫu của phép thử trên có 3! = 6 phần tử, tức là n(Ω) = 6.

Xét A là biến cố “Có ít nhất một lá thư được cho vào đúng phong bì”.

Biến cố đối của biến cố A là $\overline{A}$: “Không có lá thư nào được bỏ đúng phong bì” và $n\left(\overline{A}\right)$ = 2! = 2.

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

Do đó P(A) = $1-P\left(\overline{A}\right)=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$.

Bài 7 trang 26 Toán 11 Tập 2: Một hộp chứa 9 quả cầu có cùng kích thước và khối lượng. Trong đó có 4 quả cầu màu xanh đánh số từ 1 đến 4, có 3 quả cầu màu vàng đánh số từ 1 đến 3, có 2 quả cầu màu đỏ đánh số từ 1 đến 2. Lấy ngẫu nhiên 2 quả cầu từ hộp. Tính xác suất để 2 quả cầu được lấy vừa khác màu vừa khác số.

Lời giải:

− Mỗi cách chọn ra đồng thởi 2 quả cầu từ hộp chứa 9 quả cầu cho ta một tổ hợp chập 2 của 9 phần tử. Do đó, không gian mẫu Ω gồm các tổ hợp chập 2 của 9 phần tử và $n\left(\Omega \right)=C_9^2$ = 36.

− Xét biến cố A: “Chọn được 2 quả cầu vừa khác màu vừa khác số”.

+ Chọn 2 quả cầu khác màu:

⦁ 1 quả màu xanh và 1 quả màu vàng có $C_4^1\cdot C_3^1$ = 12 cách chọn;

⦁ 1 quả màu xanh và 1 quả màu đỏ có $C_4^1\cdot C_2^1$ = 8 cách chọn;

⦁ 1 quả màu vàng và 1 quả màu đỏ có $C_3^1\cdot C_2^1$ = 6 cách chọn.

Do đó số cách chọn 2 quả cầu khác màu là: 12 + 8 + 6 = 26 cách chọn.

+ Trong 26 cách chọn 2 quả cầu khác màu trên thì sẽ có 2 trường hợp đối với 2 quả cầu đó là khác số  hoặc cùng số.

Xét các trường hợp 2 quả cầu khác màu cùng số:

⦁ 2 quả cầu cùng số 1: $C_3^2$ = 3 cách chọn;

⦁ 2 quả cầu cùng số 2: $C_3^2$ = 3 cách chọn;

⦁ 2 quả cầu cùng số 3: $C_2^2$ = 3 cách chọn.

Do đó số cách lấy ra 2 quả cầu khác màu cùng số là 3 + 3 + 1 = 7 cách.

Suy ra số cách lấy ra 2 quả cầu khác màu khác số là 26 – 7 = 19 cách, tức là n(A) = 19.

Vậy xác suất để lấy ra 2 quả cầu khác màu khác số là P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{19}{36}$.

Bài 8 trang 26 Toán 11 Tập 2: Để nghiên cứu xác suất của một loại cây trồng mới phát triển bình thường, người ta trồng hạt giống của loại cây đó trên hai lô đất thí nghiệm A, B khác nhau. Xác suất phát triển bình thường của hạt giống đó trên các lô đất A, B lần lượt là 0,7 và 0,6. Lặp lại thí nghiệm trên với đầy đủ các điều kiện tương đồng, tính xác suất hạt giống chỉ phát triển bình thường trên một lô đất.

Lời giải:

− Xét các biến cố:

A: “Hạt giống phát triển bình thường trên lô đất thí nghiệm A”;

B: “Hạt giống phát triển bình thường trên lô đất thí nghiệm B”;

Từ giả thiết ta thấy A, B là hai biến cố độc lập và P(A) = 0,7; P(B) = 0,6.

Xét các biến cố đối:

$\overline{A}$: “Hạt giống không phát triển bình thường trên lô đất thí nghiệm A”;

$\overline{B}$: “Hạt giống không phát triển bình thường trên lô đất thí nghiệm B”.

Ta có $P\left(\overline{A}\right)$ = 1 - P(A) = 1 - 0,7 = 0,3; $P\left(\overline{B}\right)$ = 1 - P(B) = 1 - 0,6 = 0,4.

− Xét các biến cố:

H: “Hạt giống chỉ phát triển bình thường trên một lô đất”.

H₁: “Hạt giống phát triển bình thường trên lô đất A và không phát triển bình thường trên lô đất B”

H₂: “Hạt giống phát triển bình thường trên lô đất B và không phát triển bình thường trên lô đất A”

⦁ Ta thấy A, $\overline{B}$ là hai biến cố độc lập và H₁ = $A\cap \overline{B}$

Nên $P\left(H_1\right)=P\left(A\cap \overline{B}\right)=P\left(A\right)\cdot P\left(\overline{B}\right)$ = 0,7.0,4 = 0,28.

⦁ Ta thấy B, $\overline{A}$ là hai biến cố độc lập và H₁ = $B\cap \overline{A}$

Nên $P\left(H_2\right)=P\left(B\cap \overline{A}\right)=P\left(B\right)\cdot P\left(\overline{A}\right)$ = 0,6.0,3 = 0,18.

⦁ Ta thấy H = H₁ ∪ H₂, mà H₁, H₂ là hai biến cố xung khắc

Nên P(H) = P(H₁ ∪ H₂) = P(H₁) + P(H₂) = 0,28 + 0,18 = 0,46.

Vậy xác suất hạt giống chỉ phát triển bình thường trên một lô đất bằng 0,46.

Chú ý: Ta có thể tính xác suất theo biến cố đối của biến cố H.