Giải Toán 10 trang 86 Tập 2 Chân trời sáng tạo

---

Haylamdo biên soạn và sưu tầm giải Toán 10 trang 86 Tập 2 trong Bài tập cuối chương 10 Toán lớp 10 Tập 2 Chân trời sáng tạo hay nhất, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng làm bài tập Toán 10 trang 86.

Giải Toán 10 trang 86 Tập 2 Chân trời sáng tạo

Bài 1 trang 86 Toán lớp 10 Tập 2: Chọn ngẫu nhiên một số nguyên dương có ba chữ số.

a) Hãy mô tả không gian mẫu.

b) Tính xác suất của biến cố “Số được chọn là lập phương của một số nguyên”.

c) Tính xác suất của biến cố “Số được chọn chia hết cho 5”.

Lời giải:

a) Các số nguyên dương có ba chữ số là: 100; 101; 102; 103; ...; 999.

Số các số hạng của dãy là: (999 – 100) : 1 + 1 = 900 số

Chọn một số từ số nguyên dương có ba chữ số có 900 kết quả.

⇒ n($\Omega$) = 900.

b) Gọi A là biến cố “Số được chọn là lập phương của một số nguyên”

Ta có bảng sau:

Suy ra có 5 số nguyên dương có ba chữ số là lập phương của một số nguyên là: 125; 216; 343; 512; 729.

⇒ n(A) = 5.

⇒ P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{5}{900}=\frac{1}{180}$.

c) Gọi B là biến cố “Số được chọn chia hết cho 5”.

Số chia hết cho 5 là các số có chữ số tận cùng là 0 hoặc 5. Do đó các số nguyên dương có ba chữ số chia hết cho 5 là: 100; 105; 200; 205; ...; 995.

Số các số hạng trong dãy trên là: (995 – 100):5 + 1 = 180.

⇒ n(B) = 180.

⇒ P(B) = $\frac{n\left(B\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{180}{900}=\frac{1}{5}$.

Bài 2 trang 86 Toán lớp 10 Tập 2: Gieo bốn đồng xu cân đối và đồng chất. Xác định biến cố đối của mỗi biến cố sau và tính xác suất của nó.

a) “Xuất hiện ít nhất ba mặt sấp”;

b) “Xuất hiện ít nhất một mặt ngửa”.

Lời giải:

Gieo bốn đồng xu cân đối và đồng chất, mỗi đồng xu có hai kết quả là sấp (S) hoặc ngửa (N) nên số kết quả có thể có khi gieo bốn đồng xu là: n($\Omega$) = 2.2.2.2 = 16.

a) Gọi A là biến cố: “Xuất hiện ít nhất ba mặt sấp”

Khi đó biến cố đối $\overline{A}$: “Xuất hiện nhiều nhất hai mặt sấp”

Các kết quả thuận lợi cho biến cố A là: {(N; S; S; S); (S; N; S; S); (S; S; N; S); (S; S; S; N); (S; S; S; S)}.

⇒ n(A) = 5.

⇒ P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{5}{16}$.

⇒ P($\overline{A}$) = 1 – P(A) = $1-\frac{5}{16}=\frac{11}{16}$.

b) Gọi B là biến cố: “Xuất hiện ít nhất một mặt ngửa”

Khi đó biến cố đối là $\overline{B}$: “Không xuất hiện mặt ngửa”.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố $\overline{B}$ là: $\overline{B}$ = {(S; S; S; S)}.

⇒ n($\overline{B}$) = 1.

⇒ P($\overline{B}$) = $\frac{n\left(\overline{B}\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{1}{16}$.

⇒ P(B) = 1 – P($\overline{B}$) = $1-\frac{1}{16}=\frac{15}{16}$.

Bài 3 trang 86 Toán lớp 10 Tập 2: Gieo ba con xúc xắc cân đối và đồng chất. Tính xác suất của mỗi biến cố sau:

a) “Tổng số chấm xuất hiện nhỏ hơn 5”;

b) “Tích số chấm xuất hiện chia hết cho 5”.

Lời giải:

Khi gieo ba con xúc xắc cân đối và đồng chất mỗi con xúc xắc có 6 kết quả khác nhau do đó số kết quả của không gian mẫu là:

$n\left(\Omega \right)$ = 6.6.6 = 216

a) Gọi A là biến cố: “Tổng số chấm xuất hiện nhỏ hơn 5”.

Ta có: 1 + 1 + 1 = 3 < 5;

1 + 1 + 2 = 4 < 5

Khi đó các kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A = {(1; 1; 1); (1; 1; 2); (1; 2; 1); (2; 1; 1)}.

⇒ n(A) = 4

⇒ P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{4}{216}=\frac{1}{54}$.

b) Gọi B là biến cố: “Tích số chấm xuất hiện chia hết cho 5”.

Tích số chấm của ba con xúc xắc chia hết cho 5 thì số chấm của ít nhất một con xúc xắc phải chia hết cho 5, trong các kết quả có thể có khi gieo một con xúc xắc ta thấy chỉ có số chấm là 5 mới chia hết cho 5. Do đó biến cố B có thể hiểu là “Xuất hiện ít nhất một mặt có 5 chấm”.

Khi đó biến cố đối của B là $\overline{B}$: “Không xuất hiện mặt 5 chấm nào”.

Do đó các kết quả thuận lợi cho biến cố $\overline{B}$ là: n($\overline{B}$) = 5.5.5 = 125.

⇒ P($\overline{B}$) = $\frac{n\left(\overline{B}\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{125}{216}$.

⇒ P(B) = $1-P\left(\overline{B}\right)=1-\frac{125}{216}=\frac{91}{216}$.

Bài 4 trang 86 Toán lớp 10 Tập 2: Hộp thứ nhất chứa 4 viên bi xanh, 3 viên bi đỏ. Hộp thứ hai chứa 5 viên bi xanh, 2 viên bi đỏ. Các viên bi có kích thước và khối lượng như nhau. Lấy ra ngẫu nhiên từ mỗi hộp 2 viên bi. Tính xác suất của mỗi biến cố sau:

a) “Bốn viên bi lấy ra có cùng màu”;

b) “Trong 4 viên bi lấy ra có đúng 1 viên bi xanh”;

c) “Trong 4 viên bi lấy ra có đủ cả bi xanh và bi đỏ”.

Lời giải:

Lấy ngẫu nhiên 2 viên bi từ hộp thứ nhất có: $C_7^2=21$ (cách).

Lấy ngẫu nhiên 2 viên bi từ hộp thứ hai có: $C_7^2=21$ (cách).

Số kết quả của không gian mẫu khi lấu ngẫu nhiên mỗi hộp 2 viên bi là:

$n\left(\Omega \right)$ = 21. 21 = 441.

a) Gọi A là biến cố: “Bốn viên bi lấy ra có cùng màu”

TH1: Bốn viên bi lấy ra có cùng màu xanh, có:

$C_4^2.C_5^2=60$

TH2: Bốn viên bi lấy ra có cùng màu đỏ, có:

$C_3^2.C_2^2=3$

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n(A) = 60 + 3 = 63.

⇒ P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{63}{441}=\frac{1}{7}$.

b) Gọi B là biến cố: “ Trong 4 viên bi lấy ra có đúng 1 viên bi xanh”.

TH1: 1 viên bi xanh được lấy từ hộp thứ nhất có: $C_4^1.C_3^1.C_2^2=12$.

TH2: 1 viên bi xanh được lấy từ hộp thứ hai có: $C_3^2.C_5^1{C}_2^1=30$.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố B là: n(B) = 12 + 30 = 42.

⇒ P(B) = $\frac{n\left(B\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{42}{441}=\frac{2}{21}$.

c) Gọi C là biến cố: “Trong 4 viên bi lấy ra có đủ cả bi xanh và bi đỏ”.

Khi đó biến cố đối của C là $\overline{C}$: “Trong 4 viên bi lấy ra không đủ cả bi đỏ và bi xanh” hay nói các khác $\overline{C}$: “Bốn viên bi lấy ra có cùng màu”.

⇒ $\overline{C}$ = A

⇒ P($\overline{C}$) = P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{63}{441}=\frac{1}{7}$.

⇒ P(C) = 1 – P($\overline{C}$) = 1 – $\frac{1}{7}$ = $\frac{6}{7}$.

Bài 5 trang 86 Toán lớp 10 Tập 2: Một nhóm học sinh được chia vào 4 tổ, mỗi tổ có 3 học sinh. Chọn ra ngẫu nhiên từ nhóm đó 4 học sinh. Tính xác suất của mỗi biến cố sau:

a) “Bốn bạn thuộc 4 tổ khác nhau”;

b) “Bốn bạn thuộc 2 tổ khác nhau”.

Lời giải:

Vì một nhóm học sinh được chia vào 4 tổ, mỗi tổ có 3 học sinh nên số học sinh của nhóm là: 4.3 = 12 (học sinh).

Chọn ngẫu nhiên từ nhóm đó 4 học sinh nên ta có: $C_{12}^4=495$ (cách)

Do đó số kết quả của không gian mẫu là: n($\Omega$) = 495.

a) Gọi A là biến cố: “Bốn bạn thuộc 4 tổ khác nhau”

Nghĩa là mỗi bạn chọn từ mỗi nhóm, mỗi nhóm có 3 học sinh nên số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n(A) = $C_3^1.C_3^1.C_3^1.C_3^1=81$.

⇒ P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{81}{495}=\frac{9}{55}$.

b) Gọi B là biến cố: “Bốn bạn thuộc 2 tổ khác nhau”.

Công việc chọn bốn bạn thuộc 2 tổ khác nhau được chia làm hai giai đoạn như sau:

Giai đoạn 1: Chọn 2 tổ từ 4 tổ để chọn học sinh, ta có: $C_4^2=6$ (cách).

Giai đoạn 2: Ứng với 2 tổ được chọn, số cách chọn 4 học sinh từ 2 tổ này là: $C_6^4=15$ (cách).

Số kết quả chọn bốn bạn thuộc 2 tổ khác nhau là: 6.15 = 90 (cách) hay n(B) = 90.

⇒ P(B) = $\frac{n\left(B\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{90}{495}=\frac{2}{11}$.

Bài 6 trang 86 Toán lớp 10 Tập 2: Một cơ thể có kiểu gen là AaBbDdEe, các cặp alen nằm trên các cặp nhiễm sắc thể tương đồng khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một giao tử của cơ thể sau khi giảm phân. Giả sử tất cả các giao tử sinh ra có sức sống như nhau. Tính xác suất để giao tử được chọn mang đầy đủ các alen trội.

Lời giải:

Số giao tử sau giảm phân là n($\Omega$) = 2.2.2.2 = 16.

Gọi A là biến cố “giao tử được chọn mang đầy đủ các alen trội”.

Khi đó số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n(A) = 1.

⇒ P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{1}{16}.$

Bài 7 trang 86 Toán lớp 10 Tập 2: Sắp xếp 5 tấm thẻ cùng loại được đánh số từ 1 đến 5 một cách ngẫu nhiên để tạo thành một số tự nhiên a có 5 chữ số. Tính xác suất của mỗi biến cố sau:

a) “a là số chẵn”;

b) “a chia hết cho 5”;

c) “a ≥ 32 000”;

d) “Trong các chữ số của a không có 2 chữ số lẻ nào đứng cạnh nhau”.

Lời giải:

Ta có các chữ số từ 5 tấm thẻ là: {1; 2; 3; 4; 5}.

Số cách lập thành một số tự nhiên a có 5 chữ số từ việc sắp xếp 5 tấm thẻ là: 5! = 120 cách.

Khi đó n($\Omega$) = 120.

a) Gọi A là biến cố: “a là số chẵn”.

Đặt số tự nhiên a cần tìm là a = $\overline{xyztu}$ (x, y, z, t, u ∈ {1; 2; 3; 4; 5})

Vì a là số chẵn nên u ∈ {2; 4}, suy ra u có 2 cách chọn.

Các chữ số còn lại là x, y, z, t sẽ lấy từ các số có trên 4 tấm thẻ còn lại và sắp xếp chúng có 4! cách.

Suy ra các kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n(A) = 2.4! = 48.

⇒ P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{48}{120}=\frac{2}{5}$.

b) Gọi B là biến cố: “a chia hết cho 5”

Đặt số tự nhiên a cần tìm là a = $\overline{xyztu}$ (x, y, z, t, u ∈ {1; 2; 3; 4; 5})

Vì a là số chia hết cho 5 nên u = 5, suy ra u có 1 cách chọn.

Các chữ số còn lại là x, y, z, t sẽ lấy từ các số có trên 4 tấm thẻ còn lại và sắp xếp chúng có 4! cách.

Suy ra các kết quả thuận lợi cho biến cố B là: n(A) = 1.4! = 24.

⇒ P(B) = $\frac{n\left(B\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{24}{120}=\frac{1}{5}$.

c) Gọi C là biến cố: “a ≥ 32 000”

Đặt số tự nhiên a cần tìm là a = $\overline{xyztu}$ (x, y, z, t, u ∈ {1; 2; 3; 4; 5})

Vì a ≥ 32 000 nên x ∈ {3; 4; 5}.

TH1. Nếu x = 3 có 1 cách chọn

+) y = 2.

Các chữ số z, t, u còn lại chọn trong ba số {1; 4; 5} và sắp xếp thì có 3!.

Do đó có 3! = 6 số.

+) y ∈ {4; 5} có 2 cách chọn

Các chữ số z, t, u còn lại chọn trong ba số còn lại và sắp xếp thì có 3!.

Do đó có 2.3! = 12 số.

TH2. Nếu x ∈ {4; 5} thì 4 chữ số còn lấy từ 4 số còn lại trên thẻ và sắp xếp thì có 4! Cách.

Do đó có 2.4! = 48 số.

Suy ra có 6 + 12 + 48 = 66 số a ≥ 32 000.

⇒ n(C) = 66.

⇒ P(C) = $\frac{n\left(C\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{66}{120}=\frac{11}{20}$

d) Gọi D là biến cố: “Trong các chữ số của a không có 2 chữ số lẻ nào đứng cạnh nhau”.

Nghĩa là số chẵn phải xen kẽ số lẻ nên ta có: n(D) = 3!.2! = 12

⇒ P(D) = $\frac{n\left(D\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{12}{120}=\frac{1}{10}$.

Bài 8 trang 86 Toán lớp 10 Tập 2: Lớp 10A có 20 bạn nữ, 25 bạn nam. Lớp 10B có 24 bạn nữ, 21 bạn nam. Chọn ngẫu nhiên từ mỗi lớp ra 2 bạn đi tập văn nghệ. Tính xác suất của mỗi biến cố sau:

a) “Trong 4 bạn được chọn có ít nhất 1 bạn nam”;

b) “Trong 4 bạn được chọn có đủ cả nam và nữ”.

Lời giải:

Chọn mỗi lớp 2 bạn, ta có: $C_{45}^2.C_{45}^2$ = 980100 (cách).

⇒ n($\Omega$) = 980100.

a) Gọi A là biến cố: “Trong 4 bạn được chọn có ít nhất 1 bạn nam”.

Khi đó biến cố đối của A là $\overline{A}$: “Trong 4 bạn được chọn không có bạn nào là nam”.

Suy ra các kết quả thuận lợi cho biến cố $\overline{A}$ là: n($\overline{A}$) = $C_{20}^2.C_{24}^2=52440$ (cách).

⇒ P($\overline{A}$) = $\frac{n\left(\overline{A}\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{52440}{980100}\approx 0,054$

⇒ P(A) = 1 – P($\overline{A}$) = $\approx 1-0,054\approx 0,946$.

b) Gọi B là biến cố: “Trong 4 bạn được chọn có đủ cả nam và nữ”.

Khi đó biến cố đối $\overline{B}$: “Trong 4 bạn được chọn có chỉ có nam hoặc chỉ có nữ”.

Suy ra các kết quả thuận lợi cho biến cố $\overline{B}$ là: n($\overline{B}$) = $C_{20}^2.C_{24}^2+C_{25}^2.C_{21}^2=115440$(cách).

⇒ P($\overline{B}$) = $\frac{n\left(\overline{B}\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{115440}{980100}\approx 0,118$

⇒ P(B) = 1 – P($\overline{B}$) = $\approx 1-0,118\approx 0,882$.

Bài 9 trang 86 Toán lớp 10 Tập 2: Trong hộp có 5 bóng xanh, 6 bóng đỏ và 2 bóng vàng. Các quả bóng có kích thước và khối lượng như nhau. Lấy 2 quả bóng từ hộp, xem màu, trả lại hộp rồi lại lấy tiếp 1 bóng nữa từ hộp. Tính xác suất của mỗi biến cố sau:

a) “Ba bóng lấy ra cùng màu”;

b) Bóng lấy ra lần 2 là bóng xanh”;

c) Ba bóng lấy ra có 3 màu khác nhau”.

Lời giải:

Công việc lấy 3 quả bóng được chia làm hai giai đoạn:

Giai đoạn 1. Chọn 2 quả bóng được chọn: $C_{13}^2$.

Giai đoạn 2. Ứng với 2 quả bóng được chọn, có: $C_{13}^1$.

⇒ n($\Omega$) = $C_{13}^2.C_{13}^1=1014$.

a) Gọi A là biến cố: “Ba bóng lấy ra cùng màu”

Công đoạn lấy ra ba bóng cùng màu được chia thành 3 phương án:

- Phương án 1. Ba quả màu xanh, có: $C_5^2.C_5^1=50$ cách.

- Phương án 2. Ba quả màu đỏ, có: $C_6^2.C_6^1=90$.

- Phương án 3. Ba quả màu vàng, có: $C_2^2.C_2^1=2$.

Do đó các kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n(A) = 50 + 90 + 2 = 142.

⇒ P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{142}{1014}=\frac{71}{507}$.

b) Gọi biến cố B: “Bóng lấy ra lần 2 là bóng xanh”.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố B là: n(B) = $C_{13}^2.C_5^1=390$.

⇒ P(B) = $\frac{n\left(B\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{390}{1014}=\frac{5}{13}$.

c) Gọi biến cố C là: “Ba bóng lấy ra có 3 màu khác nhau”.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố C là:

+) TH1. 2 bóng đầu có 1 bi xanh, 1 bi đỏ; 1 bóng sau là bóng màu vàng: $C_5^1.C_6^1.C_2^1=60$.

+) TH2. 2 bóng đầu có 1 bi xanh, 1 bi vàng; 1 bóng sau là bóng màu đỏ:$C_5^1.C_6^1.C_2^1=60$.

+) TH3. 2 bóng đầu có 1 bi vàng, 1 bi đỏ; 1 bóng sau là bóng màu canh:$C_5^1.C_6^1.C_2^1=60$.

Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố C là: n(C) = 60.3 = 180

⇒ P(C) = $\frac{n\left(C\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{180}{1014}=\frac{30}{169}$.