Giải toán 11 tập 2 trang 98 bài tập cuối chương 9

Giải toán 11 tập 2 trang 98 Bài tập cuối chương 9 sách Chân trời sáng tạo có đáp án chi tiết cho từng bài tập trong sách giáo khoa Toán lớp 11 Chân trời sáng tạo. Mời các em học sinh cùng quý phụ huynh tham khảo.

Giải toán 11 tập 2 trang 98

Giải bài 1 trang 98 Toán 11 CTST

Gieo 2 con xúc xắc cân đối và đồng chất. Gọi A là biến cố “Tích số chấm xuất hiện là số lẻ”. Biến cố nào sau đây xung khắc với biến cố A?

A. “Xuất hiện 2 mặt có cùng số chấm”

B. “Tổng số chấm xuất hiện là số lẻ”

C. “Xuất hiện ít nhất một mặt có số chấm là số lẻ”

D. “Xuất hiện hai mặt có số chấm khác nhau”

Bài làm

Đáp án B

Giải bài 2 trang 98 Toán 11 tập 2

Cho A và B là hai biến cố độc lập. Biết P(A) = 0,4 và P(B) = 0,5. Xác suất của biến cố A ∪ B là:

A. 0,9

B. 0,7

C. 0,5

D. 0,2

Bài làm

Đáp án B

Giải bài 3 trang 98 Toán 11 CTST

Gieo 2 con xúc xắc cân đối và đồng chất. Xác suất của biến cố “Tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc chia hết cho 5” là:

A. $\frac{5}{36}$

B. $\frac{1}{6}$

C. $\frac{7}{36}$

D. $\frac{2}{9}$

Bài làm

Đáp án C

Giải bài 4 trang 98 Toán 11 tập 2

Lấy ra ngẫu nhiên 2 quả bóng từ một hộp chứa 5 quả bóng xanh và 4 quả bóng đỏ có kích thước và khối lượng như nhau. Xác suất của biến cố “Hai bóng lấy ra có cùng màu” là:

A. $\frac{1}{9}$

B. $\frac{2}{9}$

C. $\frac{4}{9}$

D. $\frac{5}{9}$

Bài làm

Đáp án C

Giải bài 5 trang 98 Toán 11 tập 2

Chọn ngẫu nhiên 2 đỉnh của một hình bát giác đều nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R. Xác suất để khoảng cách giữa hai đỉnh đó bằng R$\sqrt{2}$ là:

A. $\frac{2}{7}$

B. $\frac{3}{7}$

C. $\frac{4}{7}$

D. $\frac{5}{56}$

Bài làm

Đáp án A

Giải bài 6 trang 98 Toán 11 tập 2

Cho A và B là hai biến cố thoả mãn P(A) = 0,5; P(B) = 0,7 và P(A ∪ B) = 0,8

a) Tính xác suất của các biến cố AB, $\bar{A}$B và $\bar{A} \bar{B}$

b) Hai biến cố A và B có độc lập hay không

Bài làm

a) $P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) – P\left( {AB} \right) \Leftrightarrow 0,8 = 0,5 + 0,7 – P\left( {AB} \right) \Leftrightarrow P\left( {AB} \right) = 0,4$

$\begin{array}{l}P\left( {\bar AB} \right) = P\left( B \right) – P\left( {AB} \right) = 0,7 – 0,4 = 0,3\\P\left( {\bar A\bar B} \right) = 1 – P\left( {A \cup B} \right) = 1 – 0,8 = 0,2\end{array}$

b) Vì $P\left( {AB} \right) \ne P\left( A \right)P\left( B \right)$ nên hai biến cố $A$ và $B$ không độc lập.

Giải bài 7 trang 98 Toán 11 tập 2

Vệ tinh A lần lượt truyền một tin đến vệ tính B cho đến khi vệ tinh B phản hồi là đã nhận được. Biết khả năng vệ tinh B phản hồi đã nhận được tin ở mỗi lần A gửi là độc lập với nhau và xác suất phản hồi mỗi lần đều là 0,4. Sử dụng sơ đồ hình cây, tính xác suất vệ tinh A phải gửi tin không quá 3 lần

Bài làm

Nhìn vào sơ đồ ta thấy xác suất vệ tính A phải gửi tin không quá 3 lần là: 0,4 + 0,24 + 0,144 = 0,784

Giải bài 8 trang 98 Toán 11 CTST

Gieo 2 con xúc xắc cân đối và đồng chất. Tính xác suất của biến cố “Tích số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc chia hết cho 6”

Bài làm

A là biến cố “Có 1 số chấm chia hết cho 2, 1 số chấm chia hết cho 3, và không xuất hiện 6 chấm”, P(A) = $\frac{4}{36}$ = $\frac{1}{9}$

B là biến cố “Có ít nhất 1 trong 2 con xúc xắc xuất hiện chấm 6”, P(B) = $\frac{11}{36}$

A∪B là biến cố “Tích số chấm xuất hiện trên 2 con xúc xắc chia hết cho 6”.

A và B xung khắc nên P(A ∪ B) = P(A) + P(B) = $\frac{5}{12}$

Giải bài 9 trang 98 Toán 11 tập 2

Một hộp có 5 quả bóng xanh, 6 quả bóng đỏ và 4 quả bóng vàng có kích thước và khối lượng như nhau. Chọn ra ngẫu nhiên từ hộp 4 quả bóng. Tính xác suất của các biến cố:

A: “Cả 4 quả bóng lấy ra có cùng màu”

B: “Trong 4 quả bóng lấy ra có đủ cả 3 màu”

Bài làm

a) $A_{1}$ là biến cố cả 4 quả bóng lấy ra đều có màu xanh; $P(A_{1}) = \frac{C_{5}^{4}}{C_{15}^{4}}$

$A_{2}$ là biến cố cả 4 quả bóng lấy ra đều có màu đỏ; $P(A_{2}) = \frac{C_{6}^{4}}{C_{15}^{4}}$

$A_{3}$ là biến cố cả 4 quả bóng lấy ra đều có màu vàng; $P(A_{3}) = \frac{C_{4}^{4}}{C_{15}^{4}}$

Khi đó, $A = A_{1} \cup A_{2} \cup A_{3}$

Mà $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ là các biến cố xung khắc nên

$P(A) = P(A_{1}) + P(A_{2}) +P(A_{3}) = \frac{1}{65}$

b) $B_{1}$ là biến cố có 2 quả bóng xanh, 1 quả bóng đỏ, 1 quả bóng vàng; $P(B_{1}) = \frac{C_{5}^{2}.C_{6}^{1}.C_{4}^{1}}{C_{15}^{4}}$

$B_{2}$ là biến cố có 1 quả bóng xanh, 2 quả bóng đỏ, 1 quả bóng vàng; $P(B_{2}) = \frac{C_{5}^{1}.C_{6}^{2}.C_{4}^{1}}{C_{15}^{4}}$

B_{3} là biến cố có 1 quả bóng xanh, 1 quả bóng đỏ, 2 quả bóng vàng; $P(B_{1}) = \frac{C_{5}^{1}.C_{6}^{1}.C_{4}^{2}}{C_{15}^{4}}$

Khi đó, $B = B_{1} \cup B_{2} \cup B_{3}$

Mà $B_{1}, B_{2}, B_{3}$ là các biến cố xung khắc nên

$P(B) = P(B_{1}) + P(B_{2}) +P(B_{3}) = \frac{48}{91}$

Giải bài 10 trang 98 Toán 11 tập 2

Cường, Trọng và 6 bạn nữ xếp ngẫu nhiên thành một hàng ngang để chụp ảnh. Tính xác suất của biến cố “Có ít nhất một trong hai bạn Cường và Trọng đứng ở đầu hàng”

Bài làm

Có $8!$ cách sắp xếp 8 bạn đứng thành hàng ngang $ \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = 8!$

Gọi $A$ là biến cố: “Cường đứng ở đầu hàng”, $B$ là biến cố “Trọng đứng ở đầu hàng”.

Vậy $AB$ là biến cố “Cả Cường và Trọng đứng ở đầu hàng”, $A \cup B$ là biến cố “Có ít nhất một trong hai bạn Cường và Trọng đứng ở đầu hàng”.

Xếp chỗ cho Cường đứng đầu hàng có 2 cách.

Xếp chỗ cho 7 bạn còn lại có $7!$ cách.

$ \Rightarrow n\left( A \right) = 2.7! \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{2.7!}}{{8!}} = \frac{1}{4}$

Xếp chỗ cho Trọng đứng đầu hàng có 2 cách.

Xếp chỗ cho 7 bạn còn lại có $7!$ cách.

$ \Rightarrow n\left( B \right) = 2.7! \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{2.7!}}{{8!}} = \frac{1}{4}$

Xếp chỗ cho Cường và Trọng đứng đầu hàng có 2 cách.

Xếp chỗ cho 6 bạn còn lại có $6!$ cách.

$ \Rightarrow n\left( {AB} \right) = 2.6! \Rightarrow P\left( {AB} \right) = \frac{{n\left( {AB} \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{2.6!}}{{8!}} = \frac{1}{{28}}$

$ \Rightarrow P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) – P\left( {AB} \right) = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} – \frac{1}{{28}} = \frac{{13}}{{28}}$

Giải bài 11 trang 98 Toán 11 tập 2

Chọn ngẫu nhiên 3 trong số 24 đỉnh của một đa giác đều 24 cạnh. Tính xác suất của biến cố “3 đỉnh được chọn là 3 đỉnh của một tam giác cân hoặc một tam giác vuông”

Lời giải

Chọn ngẫu nhiên 3 trong số 24 đỉnh của một đa giác đều 24 cạnh có ${C}_{24}^3 = 2024$

$ \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = 2024$

Gọi $A$ là biến cố: “3 đỉnh được chọn là 3 đỉnh của một tam giác cân”, $B$ là biến cố “3 đỉnh được chọn là 3 đỉnh của một tam giác vuông”.

Vậy $AB$ là biến cố “3 đỉnh được chọn là 3 đỉnh của một tam giác vuông cân”, $A \cup B$ là biến cố “3 đỉnh được chọn là 3 đỉnh của một tam giác cân hoặc một tam giác vuông”.

Gọi $\left( O \right)$ là đường tròn ngoại tiếp đa giác đều.

Mỗi tam giác vuông có 3 đỉnh là 3 đỉnh của đa giác thì cạnh huyền của tam giác vuông phải là đường kính của $\left( O \right)$, do đó ta có 12 cách chọn đường kính.

Với mỗi cách chọn đường kính, ta có 22 cách chọn đỉnh góc vuông (22 đỉnh còn lại của đa giác)

Vậy số tam giác vuông thỏa mãn điều kiện là: $12.22 = 264$ (tam giác).

$ \Rightarrow n\left( A \right) = 264 \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{264}}{{2024}} = \frac{3}{{23}}$

Mỗi tam giác cân có 3 đỉnh là 3 đỉnh của đa giác thì đường cao của tam giác cân phải là đường kính của $\left( O \right)$.

Với mỗi một đỉnh trên $\left( O \right)$, ta có 10 cách tạo ra tam giác cân (không là tam giác đều).

Vậy số tam giác cân (không là tam giác đều) thỏa mãn điều kiện là: $10.24 = 240$ (tam giác).

Số tam giác đều có 3 đỉnh nằm trên $\left( O \right)$ là: $24:3 = 8$ (tam giác).

$ \Rightarrow n\left( B \right) = 240 + 8 = 248 \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{248}}{{2024}} = \frac{{31}}{{253}}$

Có 12 cách chọn đường kính.

Với mỗi cách chọn đường kính, ta có 2 cách chọn đỉnh góc vuông để tạo thành tam giác vuông cân.

Vậy số tam giác vuông cân thỏa mãn điều kiện là: $12.2 = 24$ (tam giác).

$ \Rightarrow n\left( {AB} \right) = 24 \Rightarrow P\left( {AB} \right) = \frac{{n\left( {AB} \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{24}}{{2024}} = \frac{3}{{253}}$

$ \Rightarrow P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) – P\left( {AB} \right) = \frac{3}{{23}} + \frac{{31}}{{253}} – \frac{3}{{253}} = \frac{{61}}{{253}}$

Giải bài 12 trang 98 Toán 11 CTST

Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số. Tính xác suất của các biến cố:

A: “Số được chọn chia hết cho 2 hoặc 7”

B: “Số được chọn có tổng các chữ số là số chắn”

Lời giải

Có 900 số tự nhiên có 3 chữ số $ \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = 900$

Gọi ${A_1}$ là biến cố: “Số được chọn chia hết cho 2”, ${A_2}$ là biến cố “Số được chọn chia hết cho 7”.

Vậy ${A_1}{A_2}$ là biến cố “Số được chọn chia hết cho 14”, $A = {A_1} \cup {A_2}$ là biến cố “Số được chọn chia hết cho 2 hoặc 7”.

Có 450 số có 3 chữ số chia hết cho 2 $ \Rightarrow n\left( {{A_1}} \right) = 450 \Rightarrow P\left( {{A_1}} \right) = \frac{{n\left( {{A_1}} \right)}}{{n\left( \Xi  \right)}} = \frac{{450}}{{900}} = \frac{1}{2}$

Có 128 số có 3 chữ số chia hết cho 7 $ \Rightarrow n\left( {{A_2}} \right) = 128 \Rightarrow P\left( {{A_2}} \right) = \frac{{n\left( {{A_2}} \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{128}}{{900}} = \frac{{32}}{{225}}$

Có 64 số có 3 chữ số chia hết cho 14

$ \Rightarrow n\left( {{A_1}{A_2}} \right) = 64 \Rightarrow P\left( {{A_1}{A_2}} \right) = \frac{{n\left( {{A_1}{A_2}} \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{64}}{{900}} = \frac{{16}}{{225}}$

$ \Rightarrow P\left( A \right) = P\left( {{A_1} \cup {A_2}} \right) = P\left( {{A_1}} \right) + P\left( {{A_2}} \right) – P\left( {{A_1}{A_2}} \right) = \frac{1}{2} + \frac{{32}}{{225}} – \frac{{16}}{{225}} = \frac{{257}}{{450}}$

Gọi ${B_1}$ là biến cố: “Số được chọn có 3 chữ số chẵn”, ${B_2}$ là biến cố “Số được chọn có 1 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ”.

Vậy $B = {B_1} \cup {B_2}$ là biến cố “Số được chọn có tổng các chữ số là số chẵn”.

Có $4.5.5 = 100$ số có 3 chữ số chẵn $ \Rightarrow n\left( {{B_1}} \right) = 100 \Rightarrow P\left( {{B_1}} \right) = \frac{{n\left( {{B_1}} \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{100}}{{900}} = \frac{1}{9}$

Có $4.5.5 = 100$ số có 3 chữ số có chữ số hàng trăm chẵn, 2 chữ số còn lại lẻ.

Có $5.5.5 = 125$ số có 3 chữ số có chữ số hàng chục chẵn, 2 chữ số còn lại lẻ.

Có $5.5.5 = 125$ số có 3 chữ số có chữ số hàng đơn vị chẵn, 2 chữ số còn lại lẻ.

$ \Rightarrow n\left( {{B_2}} \right) = 100 + 125 + 125 = 350 \Rightarrow P\left( {{B_2}} \right) = \frac{{n\left( {{B_2}} \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{350}}{{900}} = \frac{7}{{18}}$

Vì ${B_1}$ và ${B_2}$ là hai biến cố xung khắc nên ta có:

$P\left( B \right) = P\left( {{B_1} \cup {B_2}} \right) = P\left( {{B_1}} \right) + P\left( {{B_2}} \right) = \frac{1}{9} + \frac{7}{{18}} = \frac{1}{2}$

Giải bài 13 trang 98 Toán 11 tập 2

Cho hai giống cá kiếm mắt đen thuần chủng và mắt đỏ thuần chủng giao phối với nhau được F1 toàn cá kiếm mắt đen. Lại cho cả F1 giao phối với nhau được một đàn cá con mới. Chọn ra ngẫu nhiên 2 con trong đàn cá con mới. Ước lượng xác suất biến cố “Có ít nhất 1 con cá mắt đen trong 2 con cá đó”

Lời giải

Gọi $A$ là biến cố: “Có 1 con cá mắt đen”, $B$ là biến cố “Có 2 con cá mắt đen”.

Vậy $A \cup B$ là biến cố “Có ít nhất 1 con cá mắt đen trong 2 con cá đó”.

Xác suất con cá là cá mắt đen là $\frac{3}{4}$, xác suất con cá là cá mắt đỏ là $\frac{1}{4}$

$ \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{3}{4}.\frac{1}{4} = \frac{3}{{16}};P\left( B \right) = \frac{3}{4}.\frac{3}{4} = \frac{9}{{16}}$

Vì hai biến cố $A$ và $B$ xung khắc nên $P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) = \frac{3}{{16}} + \frac{9}{{16}} = \frac{3}{4}$.