Các khẳng định A, B, C đúng, khẳng định D sai, vì xác suất của mỗi biến cố đo lường xảy ra của biến cố đó. Biến cố có khả năng xảy ra càng cao thì xác suất của nó càng gần 1.

Xúc xắc có 6 mặt đánh số chấm từ 1 đến 6 chấm.

Không gian mẫu của 1 lần tung xúc xắc là  = {1; 2; 3; 4; 5; 6}.

Ta chọn phương án A.

Tung xúc xắc 1 lần sẽ có không gian mẫu gồm 6 cách xuất hiện mặt của xúc xắc.

Tung xúc xắc 2 lần sẽ có không gian mẫu gồm 6.6 = 36 cách xuất hiện mặt của xúc xắc.

…

Tung xúc xắc 5 lần sẽ có không gian mẫu gồm 6.6.6.6.6 = 6⁵ cách xuất hiện mặt của xúc xắc.

Ta chọn phương án C.

Cả 3 khẳng định A, B, C đều đúng.

Ta chọn phương án D.

Chọn ra 5 người trong tổng số 10 người có $C_{10}^5$  = 252.

Ta có số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = 252.

Gọi A là biến cố: “Ít nhất 3 người trong ban đại diện có tên bắt đầu bằng chữ M”.

Ta xét hai trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Có đúng 3 người tên bắt đầu bằng chữ M.

Chọn 3 người có tên bắt đầu bằng chữ M: có $C_4^3$ cách chọn.

Chọn 2 người trong 6 người còn lại: có $C_6^2$  cách chọn.

Suy ra có $C_4^3.C_6^2$  cách chọn.

• Trường hợp 2: Có đúng 4 người tên bắt đầu bằng chữ M.

Chọn 4 người có tên bắt đầu bằng chữ M: có $C_4^4$cách chọn.

Chọn 1 người trong 6 người còn lại: có $C_6^1$  cách chọn.

Suy ra có $C_4^4.C_6^1$  cách chọn.

Do đó số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:

n(A) = $C_4^3.C_6^2 + C_4^4.C_6^1$  = 66.

Vậy xác suất của biến cố A là:

P(A) =  $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)} = \frac{66}{252}=\frac{11}{42}.$

Ta chọn phương án D.

Lấy ngẫu nhiên 2 quả cầu từ hộp ta có $C_{18}^2$  = 153 cách.

Do đó số phần tử của không gian mẫu là: n(Ω) = 153.

Gọi A là biến cố: “Lấy được 2 quả cầu cùng màu”.

Ta xét hai trường hợp sau.

• Trường hợp 1: Lấy được 2 quả cầu màu xanh có $C_8^2$ = 28 cách.

• Trường hợp 2: Lấy được 2 quả cầu màu trắng có $C_{10}^2$  = 45 cách.

Do đó số các kết quả thuận lợi cho biến cố A là:

n (A) = 28 + 45 = 73.

Vậy xác suất biến cố A là P (A) =  $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{73}{153}$

Ta chọn phương án C.

Giả sử một phép thử có không gian mẫu  gồm hữu hạn các kết quả có cùng khả năng xảy ra và A là một biến cố.

Xác suất của biến cố A là một số, kí hiệu là P(A), được xác định bởi công thức:

P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)},$

trong đó n(A) và n( ) lần lượt là kí hiệu số phần tử của tập A và .

Ta chọn phương án B.

Lấy 3 quả trong 10 quả ở trên bàn và không tính thứ tự nên số cách là: $C_{10}^3$  = 120 (cách).

Sau khi bỏ 3 quả ra ngoài còn lại 7 quả. Lấy 2 quả trong 7 quả trên bàn có $C_7^2$  = 21 cách.

Vậy số phần tử không gian mẫu là: 120. 21 = 2 520.

Ta chọn phương án A.

Ta có A = {1; 2; 3; … ; 39; 40}.

Các phần tử trong A chia hết cho 5 là: 5; 10; 15; 20; 25; 30; 35; 40.

Như vậy A có 8 phần tử chia hết cho 5.

Chọn 2 phần tử trong số 8 phần tử có $C_8^2$  = 28 cách, do đó số các kết quả thuận lợi cho biến cố B “Phần tử được chọn chia hết cho 5” là 28.

Ta chọn phương án D.

Số các số có 3 chữ số được lập là 6³ = 216 số.

Do đó số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = 216.

Gọi biến cố A: “Số lập được là số chia hết cho 6”.

Gọi số có 3 chữ số chia hết cho 6 là $\overline{abc}$

Ta có $\overline{abc}$ chia hết cho 6 ⇔ $\overline{abc}$ chia hết cho 2 và 3 (do 2 và 3 là hai số nguyên tố cùng nhau).

– Vì $\overline{abc}$ là số chia hết cho 2 nên có 3 cách chọn c (chọn từ các số: 2; 4; 6).

– Có 6 cách chọn a.

– Do a + b + c chia hết cho 3 nên ta có các trường hợp sau:

• Nếu a + c = 3m (m ∈ ℕ*) thì b có 2 cách chọn là số 3 hoặc 6.

• Nếu a + c = 3m + 1 (m ∈ ℕ*) thì b có 2 cách chọn là số 2 hoặc số 5.

• Nếu a + c = 3m + 2 (m ∈ ℕ*) thì b có 2 cách chọn là số 1 hoặc số 4.

Do đó với mọi trường hợp chọn xong chữ số a thì chữ số b luôn có 2 cách chọn.

Khi đó có tất cả: 3.6.2 = 36 cách chọn số thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố A: “Số lập được là số chia hết cho 6” là:

n(A) = 36.

Xác suất cần tìm là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{36}{216}=\frac{1}{6}$

Ta chọn phương án C.

Để cuộc thi kết thúc thì cần tối đa thêm 3 ván đấu nữa diễn ra (để nếu người chơi thứ hai thắng liên tiếp 3 ván nữa thì mới dành chiến thắng).

Tại thời điểm người chơi thứ nhất đã thắng 4 ván và người chơi thứ hai mới thắng 2 ván tức là 2 người đã chơi được 6 ván.

Khi đó xảy ra các trường hợp sau:

• Ván thứ bảy: người thứ nhất thắng. Khi đó người thứ nhất thắng đủ 5 ván, người thứ hai mới thắng 2 ván nên cuộc thi dừng lại. Kết quả chung cuộc người thứ nhất dành chiến thắng.

• Ván thứ bảy: người thứ nhất thua, tiếp tục ván thứ tám thì người thứ nhất thắng. Khi đó người thứ nhất thắng đủ 5 ván , người thứ hai mới thắng 3 ván nên cuộc thi dừng lại. Kết quả chung cuộc người thứ nhất dành chiến thắng.

• Ván thứ bảy và ván thứ tám người thứ nhất thua, ván thứ chín người thứ nhất thắng. Khi đó người thứ nhất thắng đủ 5 ván, người thứ hai mới thắng 4 ván nên cuộc thi dừng lại. Kết quả chung cuộc người thứ nhất dành chiến thắng.

• Ván thứ bảy, ván thứ tám và ván thứ chín người thứ nhất đều thua. Khi đó người thứ nhất thắng 4 ván, người thứ hai đã thắng 5 ván nên cuộc thi dừng lại. Kết quả chung cuộc người thứ hai dành chiến thắng.

Trong 4 trường hợp trên chỉ có 3 trường hợp đầu là người thứ nhất dành chiến thắng. Vậy xác suất cần tìm là 3/4

Ta chọn phương án C.

Số phần tử không gian mẫu là n(Ω) = 4! = 24.

Gọi A là biến cố: “Ít nhất 1 lá thư bỏ đúng phong bì của nó”.

Ta xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1. Chỉ có 1 lá thư được bỏ đúng địa chỉ. Giả sử ta chọn 1 trong 4 lá để bỏ đúng phong bì của nó thì có 4 cách chọn. Trong mỗi cách chọn đó ta lại chọn một lá để bỏ sai, khi đó có 2 cách và có đúng 1 cách để bỏ sai hai lá thư còn lại.

Vậy trường hợp 1 sẽ có 4 · 2 · 1 = 8 cách.

Trường hợp 2. Có đúng 2 lá thư được bỏ đúng phong bì của nó. Số cách chọn 2 lá để bỏ đúng là  = 6 cách. Khi đó 2 lá còn lại nhất thiết phải bỏ sai nên có 1 cách bỏ.

Vậy trường hợp 2 có 6 · 1 = 6 cách.

• Trường hợp 3. Có 3 lá thư được bỏ đúng phong bì của nó, khi này đương nhiên là cả 4 phong bì đều bỏ đúng địa chỉ.

Trường hợp này có đúng 1 cách.

Kết hợp cả 3 trường hợp ta có 8 + 6 + 1 = 15 cách chọn.

Do đó số các kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n(A) = 15.

Xác suất cần tìm là P(A) =$\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{15}{24}=\frac{5}{8}$

Ta chọn phương án A.

Số cách chọn 2 bạn học sinh trong 10 bạn học sinh là: $C_{10}^2$  = 45.

Do đó, số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = 45.

Gọi A là biến cố “2 bạn chọn đều là nữ”.

Chọn 2 bạn nữ trong số 3 bạn nữ có  = 3 cách chọn.

Do đó, n(A) = 3.

Suy ra P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{3}{45}=\frac{1}{15}$

Vậy ta chọn phương án A.

Phép thử ngẫu nhiên là phép thử mà ta chưa biết được kết quả là gì.

Phương án D không phải là phép thử vì ta biết chắc chắn kết quả chỉ có thể là một số cụ thể số bi xanh và số bi đỏ.

Vậy ta chọn phương án D.

Biến cố M: “Hai đồng tiền xuất hiện hai mặt không giống nhau” là M = {NS, SN}.

Ta chọn phương án B.

Mỗi viên bi đánh một số, nên 2 viên bi lấy ra mang số khác nhau.

Vậy Ω ={(m, n)| 1 ≤ m ≤ 7, 1 ≤ n ≤ 7 và m ≠ n}.

Ta chọn phương án C.

Tập hợp A = {1; 2; 3; …; 58; 59; 60}.

Tìm các phần tử trong A chia hết cho 10: {10; 20; 30; 40; 50; 60}.

Như vậy A có 6 phần tử chia hết cho 10, do đó số kết quả thuận lợi cho biến cố B “Phần tử được chọn chia hết cho 10” là 6.

Ta chọn phương án A

Lấy 2 quả trong 7 quả ở trên bàn và không tính thứ tự nên số cách là: $C_7^2$  = 21 (cách).

Sau khi bỏ 2 quả ra ngoài còn lại 5 quả. Lấy 1 quả trong 5 quả trên bàn có 5 cách.

Vậy số phần tử không gian mẫu là: 21. 5 = 105.

Ta chọn phương án C.

Lấy ngẫu nhiên cùng lúc 4 viên bi trong 6 + 8 + 10 = 24 viên bi có số cách là:

$C_{24}^4$ = 10 626.

Số phần tử của không gian mẫu là 10 626.

Lấy 4 viên bi trong 16 viên bi đỏ, trắng có $C_{16}^4$   cách. Như vậy số kết quả thuận lợi cho biến cố “Lấy 4 viên bi không có màu xanh” là

Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố B: “4 viên bi lấy ra có ít nhất một viên bi màu xanh” là:

10 626 – 1 820 = 8 806.

Vậy có 8 806 kết quả thuận lợi cho biến cố B.

Ta chọn phương án D.

Không gian mẫu: Ω = {1; 2; 3; 4; 5; 6}.

Do đó số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = 6.

Biến cố xuất hiện mặt chẵn là 3 lần do A = {2; 4; 6}

Suy ra n(A) = 3.

Suy ra P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{3}{6}=0,5$

Vậy ta chọn phương án D.

– Tính số phần tử của không gian mẫu:

Lấy 3 viên bi ngẫu nhiên trong 8 viên bi có $C_8^3$  cách.

Do đó số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = $C_8^3$  = 56.

– Tính số kết quả thuận lợi cho biến cố A:

Lấy được 3 viên bi màu đỏ trong số 5 viên bi màu đỏ có $C_5^3$ cách.

Do đó, số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n(A) =$C_5^3$  = 10.

Xác suất của biến cố A: “Lấy ra được 3 viên bi màu đỏ” là:

P(A) =  $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{10}{56}=\frac{5}{28}$

Vậy xác suất của biến cố A là P(A) = 5/28

Ta chọn phương án B.

Gọi A là biến cố “4 quả cầu lấy ra cùng màu”.

Lấy 4 quả trong tổng số 6 + 4 = 10 quả có $C_{10}^4$  cách.

Do đó, số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = $C_{10}^4$  = 210.

Ta xét hai trường hợp:

• Trường hợp 1: 4 quả cầu lấy ra đều màu đỏ thì có $C_6^4$= 15 cách.

• Trường hợp 2: 4 quả cầu lấy ra đều màu xanh thì có $C_4^4$= 1 cách.

Do đó, số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n(A) = 15 + 1 = 16.

Xác suất của biến cố A là: P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{16}{210}=\frac{8}{105}.$

Ta chọn phương án A

Gọi A là biến cố “3 viên bi có cả ba màu đỏ, xanh, vàng”.

Lấy 3 viên bi trong tổng số 3 + 5 + 6 = 14 quả có $C_{14}^3$  cách.

Do đó, số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) =$C_{14}^3$ = 364.

Lấy 3 viên bi có cả 3 màu (mỗi màu 1 viên bi) trong số 3 viên bi đỏ và 5 bi xanh, 6 viên bi vàng thì có $C_3^1.C_5^1.C_6^1$  cách.

Do đó, số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n(A) = $C_3^1.C_5^1.C_6^1$ = 90.

Xác suất của biến cố A là: P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{45}{182}$

Ta chọn phương án A.

Số cách chọn 2 trong số 20 học sinh là $C_{20}^2$  = 190

Do đó số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = 190.

Gọi A là biến cố: “2 học sinh được chọn có cả nam và nữ”.

Chọn 2 học sinh trong đó có cả nam và nữ thì có: $C_8^1.C_{12}^1$= 96 cách.

Do đó số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n(A) = 96.

Vậy xác suất của biến cố A là:

P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{96}{190}=\frac{48}{95}$

Ta chọn phương án B.

Phương trình x² + bx + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt khi ∆ = b² − 8 > 0

 $\iff \{\begin{array}{l}b>2\sqrt{2}\\ b<-2\sqrt{2}\end{array}$

Vì số chấm xuất hiện ở mỗi mặt của con xúc xắc là một số tự nhiên từ 1 đến 6 nên b ∈ {3, 4, 5, 6}.

Do đó có 4 kết quả thuận lợi trong tỏng số 6 kết quả có thể xảy ra.

Vậy xác suất cần tìm là P = 4/6 = 2/3

Ta chọn phương án D.

Lấy ra 3 viên bi trong tổng số 9 viên bi có $C_9^3$  = 84 cách.

Do đó số phần tử không gian mẫu là n(Ω) = 84.

Gọi biến cố A: “Lấy được ít nhất 2 viên bi màu xanh”.

Ta xét hai trường hợp:

• Trường hợp 1: Lấy được 2 viên bi màu xanh và 1 viên bi màu đỏ thì có: $C_5^3=10$  cách.

• Trường hợp 1: Lấy được 3 viên bi màu xanh thì có:  cách.

Do đó số các kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n(A) = 40 + 10 = 50.

Xác suất của biến cố A là: $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{50}{84}=\frac{25}{42}.$

Ta chọn phương án D.

12 vị trí là hoán vị của 12 học sinh đó.

Do đó số phần tử của không gian mẫu là: n(Ω) = 12!.

Gọi A là biến cố “Xếp 2 bạn nữ không đứng cạnh nhau”.

Chia việc xếp thành 2 công đoạn:

+ Công đoạn 1: Xếp 8 bạn nam vào 8 chỗ có 8! cách.

+ Công đoạn 2: Khi đó 8 bạn nam tạo ra 9 khe trống, xếp 4 bạn nữ vào 9 khe trống đó có $A_9^4$  cách.

Theo quy tắc nhân, xếp 12 bạn mà 2 bạn nữ không đứng cạnh nhau có: 8!.  cách.

Suy ra n(A) = 8!.$A_9^4$

Xác suất biến cố A là: $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{8!.A_9^4}{12!}=\frac{14}{55}$

Vậy ta chọn phương án D.

Ta có: 5 người khách vào 5 cửa hàng có 5⁵ = 3 125 cách.

 số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = 3 125.

Gọi A là biến cố: “Có một cửa hàng có 3 người khách”.

• 3 người khách cùng vào một trong 5 cửa hàng có $C_5^3.5$ = 50 cách.

• 2 người khách còn lại vào 4 cửa hàng còn lại có 4.4 = 16 cách.

Khi đó có 50.16 = 800 cách.

Do đó số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n(A) = 800.

Xác xuất của biến cố A là: $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{800}{3125}=\frac{32}{125}.$

Ta chọn phương án D.

Gọi số học sinh nữ là n (2 ≤ n ≤ 9, n ∈ N).

Chọn bất kỳ 2 học sinh ta có $C_9^2$  = 36 cách.

Do đó số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = 36.

Gọi biến cố A: “2 học sinh được chọn là 2 học sinh nữ”.

Để chọn 2 học sinh được 2 học sinh nữ có:

 $C_n^2=\frac{n!}{2!.(n-2)!}=\frac{n(n-1)(n-2)!}{2(n-2)!} =\frac{1}{2}n(n-1)$ cách.

Do đó số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n(A) = 1/2  n(n – 1).

Xác suất để chọn được 2 học sinh nữ là:

$P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{\frac{1}{2}n(n-1)}{36} =\frac{n(n-1)}{72}$

Mà theo bài P(A) = 5/18

Do đó ta có: $\frac{n(n-1)}{72}=\frac{5}{18}$

Û n(n – 1) = 20

Û n² – n – 20 = 0

Û n = 5.

Ta chọn phương án B.