Lớp 12 Toán 12 - Kết nối tri thức

Đề kiểm tra 15 phút Chương 6 Xác suất có điều kiện

Mô tả thêm: Bài kiểm tra 15 phút Xác suất có điều kiện của chúng tôi gồm 4 mức độ được thay đổi ngẫu nhiên, giúp bạn đọc rèn luyện củng cố kiến thức tốt hơn.
  • Thời gian làm: 15 phút
  • Số câu hỏi: 20 câu
  • Số điểm tối đa: 20 điểm
Trước khi làm bài bạn hãy
  • 1 Ôn tập kiến thức đã nêu trong phần Mô tả thêm
  • 2 Tìm không gian và thiết bị phù hợp để tập trung làm bài
  • 3 Chuẩn bị sẵn dụng cụ cần dùng khi làm bài như bút, nháp, máy tính
  • 4 Căn chỉnh thời gian làm từng câu một cách hợp lý
Mua gói để Làm bài
  • Câu 1: Nhận biết

    Cho hai biến cố A;B với P(A) = \frac{1}{3};P(B) = \frac{1}{2};P(A + B) = \frac{3}{4}. Tính P(A.B)?

    Ta có: P(A.B) = P(A) + P(B) - P(A + B) = \frac{1}{12}

  • Câu 2: Thông hiểu

    Lớp 10A có 35 học sinh, mỗi học sinh đều giỏi ít nhất một trong hai môn Toán hoặc Văn. Biết rằng có 23 học sinh giỏi môn Toán và 20 học sinh giỏi môn Văn. Chọn ngẫu nhiên một học sinh của lớp 10A.

    a) Xác suất để học sinh được chọn giỏi môn Toán biết rằng học sinh đó cũng giỏi môn Văn bằng \frac{2}{5}.Đúng||Sai

    b) Xác suất để học sinh được chọn "giỏi môn Văn biết rằng học sinh đó cũng giỏi môn Toán" bằng \frac{8}{23}. Đúng||Sai

    c) Xác suất để học sinh được chọn "không giỏi môn Toán biết rằng học sinh đó giỏi môn Văn" bằng \frac{15}{23}. Sai||Đúng

    d) Xác suất để học sinh được chọn "không giỏi môn Văn biết rằng học sinh đó giỏi môn Toán" bằng \frac{3}{5}.Sai||Đúng

    Đáp án là:

    Lớp 10A có 35 học sinh, mỗi học sinh đều giỏi ít nhất một trong hai môn Toán hoặc Văn. Biết rằng có 23 học sinh giỏi môn Toán và 20 học sinh giỏi môn Văn. Chọn ngẫu nhiên một học sinh của lớp 10A.

    a) Xác suất để học sinh được chọn giỏi môn Toán biết rằng học sinh đó cũng giỏi môn Văn bằng \frac{2}{5}.Đúng||Sai

    b) Xác suất để học sinh được chọn "giỏi môn Văn biết rằng học sinh đó cũng giỏi môn Toán" bằng \frac{8}{23}. Đúng||Sai

    c) Xác suất để học sinh được chọn "không giỏi môn Toán biết rằng học sinh đó giỏi môn Văn" bằng \frac{15}{23}. Sai||Đúng

    d) Xác suất để học sinh được chọn "không giỏi môn Văn biết rằng học sinh đó giỏi môn Toán" bằng \frac{3}{5}.Sai||Đúng

    Gọi A : “Học sinh được chọn giỏi môn Toán”

    B: “Học sinh được chọn giỏi môn Văn”

    Gọi C : “Học sinh được chọn không giỏi môn Toán”

    D: “Học sinh được chọn không giỏi môn Văn”

    Số học sinh giỏi cả 2 môn là: 23 + 20 - 35 = 8

    a) Trong số 23 học sinh giỏi Toán, chỉ có đúng 8 học sinh giỏi Văn nên xác suất để học sinh được chọn giỏi môn Toán biết rằng học sinh đó cũng giỏi môn Văn là:

    P\left( A|B ight) = \frac{8}{20} = \frac{2}{5}

    b) Trong số 20 học sinh giỏi Văn, chỉ có đúng 8 học sinh giỏi Toán nên xác suất để học sinh được chọn giỏi môn Văn biết rằng học sinh đó cũng giỏi môn Toán là:

    P\left( B|A ight) = \frac{8}{23}

    c) Trong số 20 học sinh giỏi Văn, có đúng 8 học sinh giỏi cả Văn và Toán, nên số học sinh giỏi Văn mà không giỏi Toán là 12.

    Xác suất để học sinh được chọn "không giỏi môn Toán biết rằng học sinh đó giỏi môn Văn" là:

    P\left( C|B ight) = \frac{12}{20} = \frac{3}{5}

    d) Trong số 23 học sinh giỏi Toán, có đúng 8 học sinh giỏi cả Toán và Văn nên số học sinh không giỏi Văn mà giỏi Toán là 23 - 8 = 15

    Xác suất để học sinh được chọn "không giỏi môn Văn biết rằng học sinh đó giỏi môn Toán" là: P\left( D|A ight) = \frac{15}{23}

  • Câu 3: Thông hiểu

    Trong hộp có 3 viên bi màu trắng và 7 viên bi màu đỏ. Lấy lần lượt mỗi lần một viên theo cách lấy không trả lại. Tính xác suất để viên bi lấy lần thứ hai là màu đỏ nếu biết rằng viên bi lấy lần thứ nhất là màu trắng?

    Gọi C là biến cố “viên bi lấy lần thứ nhất là màu trắng”.

    Gọi D là biến cố “viên bi lấy lần thứ hai là màu đỏ”.

    Lần thứ nhất lấy 1 viên bi màu trắng có 3 cách chọn, lần thứ hai lấy 1 viên bi trong 9 viên còn lại có 9 cách chọn, do đó: P(C) = \frac{3.9}{10.9} = \frac{3}{10}

    Lần thứ nhất lấy 1 viên bi màu trắng có 3 cách chọn, lần thứ hai lấy 1 viên bi màu đỏ có 7 cách chọn, do đó: P(C \cap D) = \frac{3.7}{10.9} = \frac{7}{30}

    Vậy xác suất để viên bi lấy lần thứ hai là màu trắng nếu biết rằng viên bị lấy lần thứ nhất cũng là màu đỏ là: P\left( D|C ight) = \dfrac{P(C \cap D)}{P(C)} =\dfrac{\dfrac{7}{30}}{\dfrac{3}{10}} = \dfrac{7}{9}.

  • Câu 4: Vận dụng

    Trong quân sự, một máy bay chiến đấu của đối phương có thể xuất hiện ở vị trí X với xác suất 0,55. Nếu máy bay đó không xuất hiện ở vị trí X thì nó xuât hiện ở vị trí Y. Để phòng thủ, các bệ phóng tên lửa được bố trí tại các vị trí X và Y. Khi máy bay đối phương xuất hiện ở vị trí X hoặc Y thì tên lửa sẽ được phóng để hạ máy bay đó. Xét phương án tác chiến sau:

    Nếu máy bay xuất hiện tại X thì bắn hai quả tên lửa và nếu máy bay xuất hiện tại Y thì bắn 1 quả tên lửa. Biết rằng, xác suất bắn trúng máy bay của mỗi quả tên lửa là 0,8 và các bệ phóng tên lửa hoạt động độc lập. Máy bay bị bắn hạ nếu nó trúng ít nhất 1 quả tên lửa.

    Tính xác suất bắn hạ máy bay đối phương trong phương án tác chiến nêu trên?

    Xét biến cố A: “Máy bay xuất hiện ở vị trí X”, điều đó có nghĩa là biến cố \overline{0,0637}: “Máy bay xuất hiện ở vị trí Y”.

    Xét biến cố B: “Máy bay bị bắn hạ”.

    Ta có P(B) = P(A).P\left( B|A ight) + P\left( \overline{A} ight).P\left( B|\overline{A} ight)

    Tính được P(A) = 0,55;P\left( \overline{A} ight) = 0,45

    Tính P\left( B|A ight): Đây là xác suất để máy bay bị bắn hạ tại vị trí X.

    Máy bay bị bắn hạ nếu nó trúng ít nhất một 1 quả tên lửa (trong 2 quả tên lửa đối với máy bay ở vị trí X), mà xác suất bắn trúng máy bay của mỗi quả tên lửa là 0,8, vậy:

    P\left( B|A ight) = 1 - (1 - 0,8).(1 - 0,8) = 0,96

    Tính P\left( B|\overline{A} ight): Đây là xác suất để máy bay bị bắn hạ tại vị trí Y.

    Máy bay bị bắn hạ nếu nó trúng ít nhất một 1 quả tên lửa (trong 1 quả tên lửa đối với máy bay ở vị trí Y), mà xác suất bắn trúng máy bay của mỗi quả tên lửa là 0,8 vậy P\left( B|\overline{A} ight) = 0,8

    \Rightarrow P(B) = 0,55.0,96 + 0,45.0,8 = 0,888

    Vậy xác suất để máy bay bị bắn hạ là P\left( B|\overline{A} ight) = 0,888

  • Câu 5: Vận dụng

    Theo thống kê xác suất để hai ngày liên tiếp có mưa ở một thành phố vào mùa hè là 0,5; còn không mưa là 0,3. Biết các sự kiện có một ngày mưa, một ngày không mưa là đồng khả năng. Tính xác suất để ngày thứ hai có mưa, biết ngày đầu không mưa?

    Gọi A là "ngày đầu mưa" và B là "ngày thứ hai mưa" thì ta có:

    P(AB) = 0,5;P\left( \overline{A}\overline{B} ight) = 0,3

    Vì các sự kiện có một ngày mưa, một ngày không mưa là đồng khả năng nên

    P\left( A\overline{B} ight) = P\left( \overline{A}B ight) = \frac{1 - 0,5 - 0,3}{2} = 0,1

    Xác suất cần tính là P\left( \overline{B}|A ight) có:

    P\left( \overline{B}|A ight) = \frac{P\left( B\overline{A} ight)}{P\left( \overline{A} ight)} = \frac{P\left( B\overline{A} ight)}{P\left( \overline{A}\overline{B} ight) + P\left( \overline{A}B ight)}

    = \frac{0,1}{0,1 + 0,3} = 0,25 = 25\%

  • Câu 6: Nhận biết

    Cho hai biến cố A và B với 0 < P(A) < 1. Khi đó công thức xác suất toàn phần tính P(B) là:

    Ta có công thức xác suất toàn phần tính P(B) là:

    P(B) = P(A).P\left( B|A ight) + P\left( \overline{A} ight).P\left( B|\overline{A} ight)

  • Câu 7: Thông hiểu

    Để nghiên cứu sự phát triển của một loại cây, người ta trồng hạt giống của loại cây đó trên hai lô đất thí nghiệm M,N khác nhau. Xác suất phát triển bình thường của cây đó trên các lô đất M và N lần lượt là 0,56 và 0,62. Lặp lại thí nghiệm trên với đầy đủ các điều kiện tương đồng. Xét các biến cố:

    A : "Cây phát triển bình thường trên lô đất M ";

    B : "Cây phát triển bình thường trên lô đất N".

    a) Các cặp biến cố \overline{A} và B,A và \overline{B} là độc lập. Đúng||Sai

    b) Hai biến cố C = \overline{A} \cap B và D = A \cap \overline{B} không là hai biến cố xung khắc.Sai||Đúng
    c) P\left( \overline{A} ight) = 0,56;P\left( \overline{B} ight) = 0,62. Sai||Đúng

    d) Xác suất để cây chỉ phát triển bình thường trên một lô đất là 0,4856. Đúng||Sai

    Đáp án là:

    Để nghiên cứu sự phát triển của một loại cây, người ta trồng hạt giống của loại cây đó trên hai lô đất thí nghiệm M,N khác nhau. Xác suất phát triển bình thường của cây đó trên các lô đất M và N lần lượt là 0,56 và 0,62. Lặp lại thí nghiệm trên với đầy đủ các điều kiện tương đồng. Xét các biến cố:

    A : "Cây phát triển bình thường trên lô đất M ";

    B : "Cây phát triển bình thường trên lô đất N".

    a) Các cặp biến cố \overline{A} và B,A và \overline{B} là độc lập. Đúng||Sai

    b) Hai biến cố C = \overline{A} \cap B và D = A \cap \overline{B} không là hai biến cố xung khắc.Sai||Đúng
    c) P\left( \overline{A} ight) = 0,56;P\left( \overline{B} ight) = 0,62. Sai||Đúng

    d) Xác suất để cây chỉ phát triển bình thường trên một lô đất là 0,4856. Đúng||Sai

    Các cặp biến cố \overline{A} và B,A và \overline{B} là độc lập vì hai lô đất khác nhau.

    Hai biến cố C = \overline{A} \cap B và D = A \cap\overline{B} là hai biến cố xung khắc.

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} P\left( \overline{A} ight) = 1 - P(A) = 1 - 0,56 = 0,44 \\ P\left( \overline{B} ight) = 1 - P(B) = 1 - 0,62 = 0,38 \\ \end{matrix} ight..

    Xác suất để cây chi phát triển bình thường trên một lô đất là:

    P(C \cup D)

    \ = P(C) + P(D) = P\left( \overline{A} ight) \cdot P(B) + P(A) \cdot P\left( \overline{B} ight)

    \ = 0,44.0,62 + 0,56.0,38 = 0,4856

  • Câu 8: Thông hiểu

    Tỷ lệ người nghiện thuốc là ở một vùng là 30\%. Biết rằng tỷ lệ người bị viêm họng trong số những người nghiện thuốc là 60\%, còn tỷ lệ người bị viêm họng trong số những người không nghiện là 40\%. Lấy ngẫu nhiên một người thấy người ấy bị viêm họng. Tính xác suất người đó nghiện thuốc lá.

    Gọi A là "người nghiện thuốc" và B là "người viêm họng" thì từ đề bài ta có:

    P(A) = 0,3;P\left( B|A ight) = 0,6;P\left( B|\overline{A} ight) = 0,4

    Cần tính xác suất là C = A|B.

    Sử dụng công thức Baye ta có:

    P\left( A|B ight) = \frac{P(A).P\left( B|A ight)}{P(A).P\left( B|A ight) + P\left( \overline{A} ight)P\left( B|\overline{A} ight)}

    \Rightarrow P\left( A|B ight) = \frac{0,3.0,6}{0,3.0,6 + 0,7.0,4} = \frac{9}{23}

  • Câu 9: Nhận biết

    Cho hai biến cố A;B với P(A) = \frac{1}{3};P(B) = \frac{1}{2};P(A + B) = \frac{3}{4}. Tính P\left( A\overline{B} ight)?

    Ta có:

    P(A.B) = P(A) + P(B) - P(A + B) = \frac{1}{12}

    \Rightarrow P\left( A\overline{B} ight) = P(A) - P(AB) = \frac{1}{4}

  • Câu 10: Vận dụng

    Trong một túi có một số viên kẹo cùng loại, chỉ khác màu, trong đó có 6 viên kẹo màu trắng, còn lại là kẹo màu xanh. Bạn T lấy ngẫu nhiên 1 viên kẹo từ trong túi, không trả lại. Sau đó T lại lấy ngẫu nhiên thêm 1 viên kẹo khác từ trong túi. Hỏi ban đầu trong túi có bao nhiêu viên kẹo? Biết rằng xác suất T lấy được cả hai viên kẹo màu trắng là \frac{1}{3}.

    Gọi A là biến cố “T lấy được viên kẹo màu trắng ở lần thứ nhất”

    Gọi B là biến cố “T lấy được viên kẹo màu trắng ở lần thứ hai”.

    Ta có xác suất để T lấy được cả hai viên kẹo màu trắng là: \frac{1}{3}

    Gọi số kẹo ban đầu trong túi là: n (viên)

    Điều kiện n \in \mathbb{N}^{*};n eq1

    Ta có: P(A) = \frac{6}{n};P\left( B|Aight) = \frac{5}{n - 1}

    Theo công thức nhân xác suất, ta có:

    P(AB) = P(A).P\left( B|A ight) =\frac{6}{n}.\frac{5}{n - 1} = \frac{30}{n^{2} - n}

    Mà P(AB) = \frac{1}{3}

    \Rightarrow \frac{30}{n^{2} - n} =\frac{1}{3} \Leftrightarrow n^{2} - n = 90 \Leftrightarrow \left\lbrack\begin{matrix}n = - 9(ktm) \\n = 10(tm) \\\end{matrix} ight.

    Vậy ban đầu trong túi có 10 viên kẹo.

  • Câu 11: Thông hiểu

    Một phân xưởng có 3 máy tự động: máy I sản xuất 25%, máy II sản xuất 30%, máy III sản xuất 45% số sản phẩm. Tỷ lệ phế phẩm tương ứng của các máy lần lượt là 0,1%, 0,2% và 0,3%. Chọn ngẫu nhiên ra một sản phẩm của phân xưởng. 1. Tìm xác suất nó là phế phẩm.

    Gọi Ai là "lấy ra sản phẩm từ lô i" thì A1, A2, A3 tạo thành hệ đầy đủ.

    Gọi A là "lấy ra sản phẩm là phế phẩm".

    Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có

    P(A) = P\left( A_{1} ight)P\left( A|A_{1} ight) + P\left( A_{2} ight)P\left( A|A_{2} ight) + P\left( A_{3} ight)P\left( A|A_{3} ight)

    \Rightarrow P(A) = 0,25.0,1\% + 0,3.0,2\% + 0,45.0,3\% = 0,22\%

  • Câu 12: Thông hiểu

    Một bình đựng hạt giống có 7 hạt loại A và 6 hạt loại B. Lấy ngẫu nhiên lần thứ nhất ra 2 hạt, lần thứ hai ra một hạt. Tính xác suất để hạt giống lấy ra lần 2 là hạt loại A.

    Gọi F là biến cố hạt lấy ra lần hai là loại A. H0, H1, H2 lần lượt là biến cố hai hạt lấy ra lần thứ nhất có 0,1, 2 hạt loại B.

    {H0, H1, H2} là một hệ đầy đủ.

    Áp dụng công thức xác suất đầy đủ ta có

    P(F) = P\left( H_{0} ight).P\left( F|H_{0} ight) + P\left( H_{1} ight).P\left( F|H_{1} ight) + P\left( H_{2} ight).P\left( F|H_{2} ight)

    \Rightarrow P(F) = \frac{C_{7}^{2}}{C_{13}^{2}}.\frac{5}{11} + \frac{C_{7}^{1}.C_{6}^{1}}{C_{13}^{2}}.\frac{6}{11} + \frac{C_{6}^{2}}{C_{13}^{2}}.\frac{7}{11} = 0,538.

  • Câu 13: Nhận biết

    Cho hai biến cố A và B với P(B) = 0,2;P\left( A|B ight) = 0,5;P\left( A|\overline{B} ight) = 0,4. Tính P\left( B|A ight)?

    Ta có: P(B) = 0,2 \Rightarrow P\left( \overline{B} ight) = 1 - P(B) = 1 - 0,2 = 0,8

    Áp dụng công thức Bayes:

    P\left( B|A ight) = \frac{P(B).P\left( A|B ight)}{P(B).P\left( A|B ight) + P\left( \overline{B} ight).P\left( A|\overline{B} ight)}

    \Rightarrow P\left( B|A ight) = \frac{0,2.0,5}{0,2.0,5 + 0,8.0,4} = \frac{5}{21} \approx 0,238 .

  • Câu 14: Thông hiểu

    Cho hai biến cố A;B với P(A) > 0;P(B) > 0. Xét tính đúng sai của các khẳng định sau:

    a) P(A \cap B) + P\left( A \cap \overline{B} ight) = P(A)Đúng||Sai

    b) P\left( B|A ight) = \frac{P(B).P\left( A|B ight)}{P(A)} Đúng||Sai

    c) P\left( B|A ight) = \frac{P(B).P\left( A|B ight)}{P(B).P\left( A|B ight) + P\left( \overline{B} ight).P\left( A|\overline{B} ight)}Đúng||Sai

    d) P(A) = P(A \cap B) + P\left( A \cap \overline{B} ight) = P(B).P\left( A|B ight) + P\left( \overline{B} ight).P\left( A|\overline{B} ight) Đúng||Sai

    e) Biết P(B) = 0,8;P\left( A|B ight) = 0,7;P\left( A|\overline{B} ight) = 0,5 khi đó P(A) = 0,6.Sai||Đúng

    Đáp án là:

    Cho hai biến cố A;B với P(A) > 0;P(B) > 0. Xét tính đúng sai của các khẳng định sau:

    a) P(A \cap B) + P\left( A \cap \overline{B} ight) = P(A)Đúng||Sai

    b) P\left( B|A ight) = \frac{P(B).P\left( A|B ight)}{P(A)} Đúng||Sai

    c) P\left( B|A ight) = \frac{P(B).P\left( A|B ight)}{P(B).P\left( A|B ight) + P\left( \overline{B} ight).P\left( A|\overline{B} ight)}Đúng||Sai

    d) P(A) = P(A \cap B) + P\left( A \cap \overline{B} ight) = P(B).P\left( A|B ight) + P\left( \overline{B} ight).P\left( A|\overline{B} ight) Đúng||Sai

    e) Biết P(B) = 0,8;P\left( A|B ight) = 0,7;P\left( A|\overline{B} ight) = 0,5 khi đó P(A) = 0,6.Sai||Đúng

    Các khẳng định đúng là:

    a) P(A \cap B) + P\left( A \cap \overline{B} ight) = P(A)

    b) P\left( B|A ight) = \frac{P(B).P\left( A|B ight)}{P(A)}

    c) P\left( B|A ight) = \frac{P(B).P\left( A|B ight)}{P(B).P\left( A|B ight) + P\left( \overline{B} ight).P\left( A|\overline{B} ight)}

    d) P(A) = P(A \cap B) + P\left( A \cap \overline{B} ight) = P(B).P\left( A|B ight) + P\left( \overline{B} ight).P\left( A|\overline{B} ight)

    e) Ta có: P\left( \overline{B} ight) = 1 - P(B) = 1 - 0,8 = 0,2

    Áp dụng công thức xác suất toàn phần ta có:

    P(A) = P(B).P\left( A|B ight) + P\left( \overline{B} ight).P\left( A|\overline{B} ight)

    \Rightarrow P(A) = 0,8.0,7 + 0,2.0,5 = 0,66

  • Câu 15: Nhận biết

    Cho hai biến cố A và B với P(B) = 0,8;P\left( A|B ight) = 0,7,P\left( A|\overline{B} ight) = 0,45. Tính P(A)?

    Ta có:

    P\left( \overline{B} ight) = 1 - P(B) = 1 - 0,8 = 0,2

    Áp dụng công thức xác suất toàn phần ta có:

    P(A) = P(B).P\left( A|B ight) + P\left( \overline{B} ight).P\left( A|\overline{B} ight)

    \Rightarrow P(A) = 0,8.0,7 + 0,2.0,45 = 0,65

  • Câu 16: Nhận biết

    Cho A và B là hai biến cố độc lập thoả mãn P(A) = 0,5 và P(B) = 0,4. Khi đó, P(A \cap B) bằng:

    A và B là hai biến cố độc lập nên

    P(A \cap B) = P(A).P(B) = 0,4.0,5 = 0,2

  • Câu 17: Vận dụng cao

    Hộp I có 4 viên bi đỏ, 2 viên bi xanh; hộp II có 3 viên bi đỏ, 3 viên bi xanh. Bỏ ngẫu nhiên một viên bi từ hộp I sang hộp II, sau đó lại bỏ ngẫu nhiên một viên bi từ hộp II sang hộp I. Cuối cùng rút ngẫu nhiên từ hộp I ra một viên bi. 1. Nếu viên rút ra sau cùng màu đỏ, tìm xác suất lúc ban đầu rút được viên bi đỏ ở hộp I cho vào hộp II?

    Gọi D1, X1 tương ứng là "lấy được viên bi đỏ, xanh từ hộp I sang hộp II",

    D2, X2 tương ứng là "lấy được viên bi đỏ, xanh từ hộp II sang hộp I".

    Khi đó hệ D1D2, D1X2, X1D2, X1X2 tạo thành hệ đầy đủ.

    Ta có: \left\{ \begin{gathered} P\left( {{D_1}{D_2}} ight) = \frac{4}{6}.\frac{4}{7};P\left( {{D_1}{X_2}} ight) = \frac{4}{6}.\frac{3}{7} \hfill \\ P\left( {{X_1}{D_2}} ight) = \frac{2}{6}.\frac{3}{7};P\left( {{X_1}{X_2}} ight) = \frac{2}{6}.\frac{4}{7} \hfill \\ \end{gathered} ight.

    Gọi A là "viên bi rút ra sau cùng là màu đỏ".

    Ta xác định được: \left\{ \begin{gathered} P\left( {A|{D_1}{D_2}} ight) = \frac{4}{6};P\left( {A|{D_1}{X_2}} ight) = \frac{3}{6} \hfill \\ P\left( {A|{X_1}{D_2}} ight) = \frac{5}{6};P\left( {A|{X_1}{X_2}} ight) = \frac{4}{6} \hfill \\ \end{gathered} ight.

    Áp dụng công thức xác suất đầy đủ:

    P(A) = P\left( D_{1}D_{2} ight)P\left( A|D_{1}D_{2} ight) + P\left( D_{1}X_{2} ight)P\left( A|D_{1}X_{2} ight)

    + P\left( X_{1}D_{2} ight)P\left( A|X_{1}D_{2} ight) + P\left( X_{1}X_{2} ight)P\left( A|X_{1}X_{2} ight)

    = \frac{4}{6}.\frac{4}{7}.\frac{4}{6} + \frac{4}{6}.\frac{3}{7}.\frac{3}{6} + \frac{2}{6}.\frac{3}{7}.\frac{5}{6} + \frac{2}{6}.\frac{4}{7}.\frac{4}{6} = \frac{9}{14}

    Ta cần tính xác suất B = \left( D_{1}D_{2} + D_{1}X_{2} ight)|A

    \Rightarrow P(B) = \frac{P\left\lbrack \left( D_{1}D_{2} + D_{1}X_{2} ight)A ightbrack}{P(A)}

    = \frac{P\left\lbrack \left( D_{1}D_{2} ight)A ightbrack + P\left\lbrack \left( D_{1}X_{2} ight)A ightbrack}{P(A)}

    = \frac{P\left( D_{1}D_{2} ight)P\left( A|D_{1}D_{2} ight) + P\left( D_{1}X_{2} ight)P\left( A|D_{1}X_{2} ight)}{P(A)}

    = \dfrac{{\dfrac{4}{7}.\dfrac{4}{7}.\dfrac{4}{6} + \dfrac{4}{6}.\dfrac{3}{7}.\dfrac{3}{6}}}{{\dfrac{9}{{11}}}} = \dfrac{{50}}{{81}} \approx 61,73\%

  • Câu 18: Thông hiểu

    Năm 2012, Cộng đồng Châu Âu có làm một đợt kiểm tra rất rộng rãi các con bò để phát hiện những con bị bệnh bò điên. Người ta tiến hành một loại xét nghiệm và cho kết quả như sau: Khi con bò bị bệnh bò điên thì xác suất để ra phản ứng dương tính trong xét nghiệm là 60\%; còn khi con bò không bị bệnh thì xác suất để xảy ra phản ứng dương tính trong xét nghiệm đó là 20\%. Biết rằng ti lệ bò bị mắc bệnh bò điên ở Hà Lan là 1,5 con trên 100000 con. Gọi X là biến cố một con bò bị bệnh bò điên, Y là biến cố một con bò phản ứng dương tính với xét nghiệm.

    a) P(X) = 15.10^{- 6}. Đúng||Sai

    b) P(Y \mid X) = 0,06. Sai||Đúng

    c) P\left( Y \mid \overline{X} ight) = 0,2. Đúng||Sai

    d) P(Y \cap X) = 9.10^{- 7}. Sai||Đúng

    Đáp án là:

    Năm 2012, Cộng đồng Châu Âu có làm một đợt kiểm tra rất rộng rãi các con bò để phát hiện những con bị bệnh bò điên. Người ta tiến hành một loại xét nghiệm và cho kết quả như sau: Khi con bò bị bệnh bò điên thì xác suất để ra phản ứng dương tính trong xét nghiệm là 60\%; còn khi con bò không bị bệnh thì xác suất để xảy ra phản ứng dương tính trong xét nghiệm đó là 20\%. Biết rằng ti lệ bò bị mắc bệnh bò điên ở Hà Lan là 1,5 con trên 100000 con. Gọi X là biến cố một con bò bị bệnh bò điên, Y là biến cố một con bò phản ứng dương tính với xét nghiệm.

    a) P(X) = 15.10^{- 6}. Đúng||Sai

    b) P(Y \mid X) = 0,06. Sai||Đúng

    c) P\left( Y \mid \overline{X} ight) = 0,2. Đúng||Sai

    d) P(Y \cap X) = 9.10^{- 7}. Sai||Đúng

    Tỉ lệ bò bị mắc bệnh bò điên ở Hà Lan là 1,5 con trên 100\ 000 con nghĩa là P(X) = 15.10^{- 6}.

    Khi con bò bị bệnh bò điên, thì xác suất để ra phản ứng dương tính trong xét nghiệm là 60%, nghĩa là: P\left( Y|X ight) = 0,6.

    Khi con bò không bị bệnh, thì xác xuất để xả ra phản ứng dương tính trong xét nghiệm đó là 20%, nghĩa là P\left( Y|\overline{X} ight) = 0,2. Khi đó, ta có:

    P(Y \cap X) = P\left( Y|X ight).P(X) = 0,6\ .\ 15\ .\ 10^{- 6} = 9.10^{- 6}.

  • Câu 19: Thông hiểu

    Trong danh sách sĩ số hai lớp 12 có 95 học sinh, trong đó có 40 nam và 55 nữ. Trong kỳ thi kiểm tra chất lượng có 23 học sinh đạt điểm giỏi (trong đó có 12 nam và 11 nữ). Gọi tên ngẫu nhiên một học sinh trong danh sách. Tìm xác suất gọi được học sinh đạt điểm giỏi, biết rằng học sinh đó là nữ?

    Gọi A là biến cố “gọi được học sinh nữ”

    Gọi B là biến cố “gọi được học sinh đạt điểm giỏi”

    Ta đi tính P\left( B|A ight). Ta có: P(A) = \frac{55}{95};P(A \cap B) = \frac{11}{95}

    Khi đó: P\left( B|A ight) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)} = \frac{11}{95}:\frac{55}{95} = \frac{11}{55} = \frac{1}{5}.

  • Câu 20: Vận dụng

    Một xí nghiệp mỗi ngày sản xuất ra 2000 sản phẩm trong đó có 39 sản phẩm lỗi. Lần lượt lấy ra ngẫu nhiên hai sản phẩm không hoàn lại để kiểm tra. Tính xác suất của biến cố: Sản phẩm lấy ra lần thứ hai bị lỗi (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

    Đáp án: 0,02

    Đáp án là:

    Một xí nghiệp mỗi ngày sản xuất ra 2000 sản phẩm trong đó có 39 sản phẩm lỗi. Lần lượt lấy ra ngẫu nhiên hai sản phẩm không hoàn lại để kiểm tra. Tính xác suất của biến cố: Sản phẩm lấy ra lần thứ hai bị lỗi (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

    Đáp án: 0,02

    Xét các biến cố:

    A_{1}: Sản phẩm lấy ra lần thứ nhất bị lỗi.

    Khi đó, ta có: P\left( A_{1} ight) = \frac{39}{2000}; P\left( \overline{A_{1}} ight) = \frac{1961}{2000}.

    A_{2}: Sản phẩm lấy ra lần thứ hai bị lỗi.

    Khi sản phẩm lấy ra lần thứ nhất bị lỗi thì còn 1999 sản phẩm và trong đó có 38 sản phẩm lỗi nên ta có:

    P\left( {{A_2}\left| {{A_1}} ight.} ight) = \frac{{38}}{{1999}}, suy ra P\left( \overline{A_{2}}\left| A_{1} ight.\ ight) = \frac{1961}{1999}.

    Khi sản phẩm lấy ra lần thứ nhất không bị lỗi thì còn 1999 sản phẩm trong đó có 39sản phẩm lỗi nên ta có:

    P\left( A_{2}\left| \overline{A_{1}} ight.\ ight) = \frac{39}{1999}, suy ra P\left( \overline{A_{2}}\left| \overline{A_{1}} ight.\ ight) = \frac{1960}{1999}.

    Khi đó, xác suất để sản phẩm lấy ra lần thứ hai bị lỗi là:

    P\left( A_{2} ight) = P\left( A_{2}\left| A_{1} ight.\ ight).P\left( A_{1} ight) + P\left( A_{2}\left| \overline{A_{1}} ight.\ ight).P\left( \overline{A_{1}} ight)

    = \frac{38}{1999}.\frac{39}{2000} + \frac{39}{1999}.\frac{1961}{2000} \approx 0,02.

    Đáp số: 0,02.

Nộp bài

Chúc mừng Bạn đã hoàn thành bài!

Đề kiểm tra 15 phút Chương 6 Xác suất có điều kiện Kết quả
  • Thời gian làm bài: 00:00:00
  • Số câu đã làm: 0
  • Điểm tạm tính: 0
Xem đáp án Làm lại
  • 83 lượt xem
Sắp xếp theo
🖼️
Xóa Gửi bình luận
Đề kiểm tra 15 phút Chương 6 Xác suất có điều kiện
Thời gian còn lại 15:00 Số câu đã làm 0/20
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
Chưa làm Đã làm
Làm lại Nộp bài
Đăng nhập