Sách bài tập Toán 7 (Kết nối tri thức) Bài tập ôn tập cuối năm

Giải sách bài tập Toán lớp 7 Bài tập ôn tập cuối năm

Bài 1 trang 69 SBT Toán 7 Tập 2: Sắp xếp các số hữu tỉ sau theo thứ tự từ bé đến lớn rồi biểu diễn chúng trên trục số.

−1,5; −$\frac{3}{4}$; 1,25; 0,125.

Lời giải:

Viết các số dưới dạng phân số với mẫu chung là 8:

Do đó −1,5 < −$\frac{3}{4}$ < 0,125 < 1,25.

Chia đoạn thẳng đơn vị thành 8 phần bằng nhau, lấy một đoạn làm đơn vị mới. Sau đó, biểu diễn các số hữu tỉ trên trục số.

Bài 2 trang 69 SBT Toán 7 Tập 2: Tính giá trị của biểu thức sau:

$B=\frac{8^5+{(-2)}^{12}}{2^{15}+{64}^3}$.

Lời giải:

Ta có $B=\frac{8^5+{(-2)}^{12}}{2^{15}+{64}^3}=\frac{{\left(2^3\right)}^5+2^{12}}{2^{15}+{\left(2^6\right)}^3}$

$=\frac{2^{15}+2^{12}}{2^{15}+2^{18}}=\frac{2^{12}(2^3+1)}{2^{15}(1+2^3)}=\frac{1}{2^3}=\frac{1}{8}$.

Vậy giá trị của biểu thức B bằng $\frac{1}{8}$.

Bài 3 trang 69 SBT Toán 7 Tập 2: Bạn Minh đọc một cuốn sách trong ba ngày thì xong. Ngày thứ nhất, Minh đọc được $\frac{1}{4}$  số trang sách. Ngày thứ hai, Minh đọc được $\frac{3}{5}$ số trang sách còn lại. Ngày thứ ba, Minh đọc nốt 36 trang còn lại. Hỏi cuốn sách bạn Minh đọc có bao nhiêu trang?

Lời giải:

Gọi x (trang) là số trang sách cần tìm (x Î ℕ*).

Ngày thứ nhất, số trang sách Minh đọc được là $\frac{1}{4}x$ (trang).

Số trang sách còn lại là:

x − $\frac{1}{4}x$ = $\frac{3}{4}x$ (trang)

Ngày thứ hai, số trang sách Minh đọc được là:

$\frac{3}{5}.\frac{3}{4}x=\frac{9}{20}x$ (trang)

Số trang sách còn lại sau hai ngày đọc là:

$\frac{3}{4}x-\frac{9}{20}x=\frac{3}{10}x$ (trang)

Ta có: $\frac{3}{10}x=36$

Do đó x = 36 : $\frac{3}{10}$ = 120 (trang)

Vậy cuốn sách Minh đọc có 120 trang.

Bài 4 trang 69 SBT Toán 7 Tập 2:

a) Không dùng máy tính, hãy tính $\sqrt{\frac{50}{8}}$ .

b) Trong hai số 1,7(3) và $\sqrt{3}$, số nào lớn hơn?

Lời giải:

a) Ta có $\sqrt{\frac{50}{8}}=\sqrt{\frac{25}{4}}=\frac{\sqrt{25}}{\sqrt{4}}=\frac{5}{2}$.

b) Ta có $\sqrt{3}$= 1,7320508…; 1,7(3) = 1,73333…

∙ Phần nguyên của các số trên đều bằng 1;

∙ Phần thập phân:

+ Hàng phần mười và hàng phần trăm đều bằng nhau

+ Hàng phần nghìn của 1,7320508… và 1,73333… lần lượt là 2 và 3.

Vì 2 < 3 nên 1,7320508… < 1,73333… hay $\sqrt{3}$ < 1,7(3).

Vậy $\sqrt{3}$< 1,7(3).

Bài 5 trang 69 SBT Toán 7 Tập 2:

a) Trên trục số, hãy xác định điểm biểu diễn số $\sqrt{2}-1$.

b) Viết biểu thức $\left|1-\sqrt{2}\right|$ dưới dạng không chứa dấu giá trị tuyệt đối.

Lời giải:

a) Gọi A là điểm biểu diễn số $\sqrt{2}$.

Khi đó ta có OA = $\sqrt{2}$.

Do đó, muốn có điểm B biểu diễn số $\sqrt{2}-1$, từ điểm A, ta di chuyển 1 đơn vị theo chiều âm như hình vẽ bên dưới.

Bằng dụng cụ học tập, ta có thể xác định điểm B như sau:

• Xác định điểm A biểu diễn số $\sqrt{2}$.

Cách xác định: Trên trục số OMNP với điểm P biểu diễn số 2.

Gọi I là giao điểm của hai đường chéo ON và MP.

Từ O vẽ đường tròn tâm O bán kính OI cắt trục Ox tại điểm A.

Khi đó A biểu diễn số $\sqrt{2}$.

• Vẽ cung tròn tâm A, bán kính 1 đơn vị sao cho nó cắt trục số tại một điểm nằm giữa O và A. Đó chính là điểm B cần tìm.

b) Vì 1 < 2 nên 1 < $\sqrt{2}$, nghĩa là 1 − $\sqrt{2}$ là số âm.

Do đó: $\left|1-\sqrt{2}\right|=-\left(1-\sqrt{2}\right)=\sqrt{2}-1$.

Bài 6 trang 69 SBT Toán 7 Tập 2: Trong một đợt phát động làm kế hoạch nhỏ, ba lớp 7A, 7B, 7C tham gia thu gom giấy vụn. Số kilôgam giấy vụn gom được của ba lớp này lần lượt tỉ lệ với 2; 4; 5. Biết rằng khối lượng giấy vụn gom được của cả hai lớp 7A và 7C nhiều hơn của lớp 7B là 27 kg. Hỏi mỗi lớp thu gom được bao nhiêu kilôgam giấy vụn?

Lời giải:

Gọi x, y, z (kg) lần lượt là khối lượng giấy vụn thu gom được của ba lớp 7A, 7B và 7C (x, y, z > 0).

Vì số kilogam giấy vụn gom được của ba lớp 7A, 7B, 7C lần lượt tỉ lệ với 2; 4; 5 nên ta có: x : y : z = 2 : 4 : 5 hay $\frac{x}{2}=\frac{y}{4}=\frac{z}{5}$.

Vì khối lượng giấy vụn gom được của cả hai lớp 7A và 7C nhiều hơn của lớp 7B là 27 kg  nên ta có : x + z − y = 27.

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

$\frac{x}{2}=\frac{y}{4}=\frac{z}{5}=\frac{x+z-y}{2+5-4}=\frac{27}{3}=9$

Do đó x = 9 . 2 = 18; y = 9 . 4 = 36; z = 9 . 5 = 45 (thỏa mãn)

Vậy khối lượng giấy vụn của lớp 7A, 7B và 7C thu gom được lần lượt là 18 kg, 36 kg và 45 kg.

Bài 7 trang 69 SBT Toán 7 Tập 2: Xe ô tô và xe máy cùng đi từ tỉnh A đến tỉnh B trên cùng một con đường. Biết rằng xe ô tô đi với vận tốc 80 km/h, xe máy đi với vận tốc 60 km/h. Thời gian đi từ A đến B của xe ô tô ít hơn thời gian đi tương ứng của xe máy là 30 phút. Hãy tính thời gian mỗi xe đi từ A đến B và độ dài quãng đường AB.

Lời giải:

Gọi t₁ (giờ) là thời gian xe ô tô khi đi từ A đến B (t₁ > 0).

Gọi t₂ (giờ) là thời gian xe máy khi đi từ A đến B (t₂ > 0).

Do hai xe cùng đi quãng đường AB nên thời gian đi tỉ lệ nghịch với vận tốc đi.

Do đó, ta có: $\frac{t_1}{t_2}=\frac{60}{80}=\frac{3}{4}$.

Từ đó suy ra $\frac{t_1}{3}=\frac{t_2}{4}$.

Vì thời gian đi từ A đến B của xe ô tô ít hơn thời gian đi tương ứng của xe máy là 30 phút nên ta có t₂ − t₁ = 0,5.

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

$\frac{t_1}{3}=\frac{t_2}{4}=\frac{t_2-t_1}{4-3}=\frac{0,5}{1}=0,5$.

Suy ra t₁ = 0,5 . 3 = 1,5 (nhận) và t₂ = 0,5 . 4 = 2 (nhận).

Vậy thời gian để đi từ tỉnh A đến tỉnh B của xe ô tô và xe máy lần lượt là 1,5 giờ và 2 giờ.

Quãng đường AB dài là:

80 . 1,5 = 120 (km).

Vậy quãng đường AB dài 120 km.

Bài 8 trang 69 SBT Toán 7 Tập 2: Hai đa thức A(x) và B(x) thỏa mãn:

A(x) + B(x) = x³ − 5x² − 2x + 4  và A(x) − B(x) = − x³ + 3x² − 2.

a) Tìm A(x), B(x) rồi xác định bậc, hệ số cao nhất và hệ số tự do của mỗi đa thức đó.

b) Tính giá trị của mỗi đa thức A(x) và B(x) tại x = −1.

Lời giải:

a) Ta có: [A(x) + B(x)] + [A(x) − B(x)] = (x³ − 5x² − 2x + 4) + (−x³ + 3x² − 2) 

A(x) + B(x) + A(x) − B(x) = x³ − 5x² − 2x + 4 − x³ + 3x² − 2

A(x) + A(x) + B(x) − B(x) = x³ − x³ + (−5x² + 3x²) − 2x + (4 − 2)

2A(x) = −2x² − 2x + 2

Do đó A(x) = (−2x² − 2x + 2) : 2 = −x² − x + 1 (1)

Mặt khác theo đề bài, A(x) + B(x) = x³ − 5x² − 2x + 4.

Từ (1) suy ra:

B(x) = x³ − 5x² − 2x + 4 − A(x) = x³ − 5x² − 2x + 4 − (−x² − x + 1).

Do đó B(x) = x³ − 5x² − 2x + 4 + x² + x − 1

= x³ + (−5x² + x²) + (−2x + x) + (4 − 1)

= x³ −4x²  − x + 3.

Kết quả, ta được:

A(x) = −x² − x + 1 là một đa thức bậc hai với hệ số cao nhất là –1, hệ số tự do là 1.

B(x) = x³ − 4x²  − x + 3 là một đa thức bậc ba với hệ số cao nhất là 1, hệ số tự do là 3.

b) A(−1) = −(−1)² − (−1) + 1 = −1 + 1 + 1 = 1.

B(−1) = (−1)³ −4 . (−1)²  − (−1) + 3

= −1 – 4 . 1 + 1 + 3

= −1 − 4 + 1 + 3 = −1.

Vậy giá trị của A(x) khi x = −1 bằng 1; giá trị của B(x) khi x = −1 bằng −1.

Bài 9 trang 70 SBT Toán 7 Tập 2:  

Cho đa thức F(x) = x⁴ − x³ − 6x² + 15x − 9.

a) Kiểm tra lại rằng x = 1 và x = −3 là hai nghiệm của F(x).

b) Tìm đa thức G(x) sao cho F(x) = (x − 1)(x + 3) . G(x)

Lời giải:

a) Ta có : F(1) = 1⁴ − 1³ – 6 . 1² + 15 . 1 − 9

= 1 − 1 − 6 + 15 − 9 = 0.

F(−3) = (−3)⁴ − (−3)³ – 6 . (−3)² + 15 . (−3) − 9

= 81 + 27 − 6.9 + 15. (−3) − 9

= 81 + 27 − 54 − 45 − 9 = 0.

Vậy  x = 1 và x = −3 là hai nghiệm của F(x).

b) Ta có G(x) = F(x) : [(x − 1)(x + 3)]

= F(x) : [ x(x +3) – 1 . (x + 3)]

= F(x) : (x² + 3x − x − 3)

= F(x) : (x² +2x − 3)

Ta đặt tính chia :

Vậy G(x) = x² − 3x + 3.

Bài 10 trang 70 SBT Toán 7 Tập 2: Tính góc Mby trong Hình 1, biết rằng Ax // By.

HD. Kẻ thêm đường thẳng đi qua M và song song với Ax.

 Lời giải:

Kẻ đường thẳng z đi qua M và song song với Ax.

Vì Mz // Ax nên ta có: $\widehat{xAM}={\widehat{M}}_1={40}^o$ (hai góc so le trong).

Ta có: Ax // By (gt); Ax // Mz (cách vẽ).

Suy ra By // Mz.

Ta có ${\widehat{M}}_1+{\widehat{M}}_2={90}^o$

Suy ra ${\widehat{M}}_2={90}^o-{40}^o={50}^o$

Mà ${\widehat{M}}_2=\widehat{MBy}$ (By // Mz, hai góc so le trong).

Do đó $\widehat{MBy}={50}^o$.

Bài 11 trang 70 SBT Toán 7 Tập 2: Cho năm điểm A, B, C, D, E cùng nằm trên một đường thẳng d sao cho AB = DE, BC = CD. Điểm M không thuộc d sao cho MC vuông góc với d. Chứng minh rằng:

a) ΔMBC = ΔMDC và ΔMAC = ΔMEC.

b) ΔMAB = ΔMED.

Lời giải:

a) Xét ΔMBC và ΔMDC cùng vuông tại C có :

BC = CD (gt);

MC là cạnh chung.

Do đó ΔMBC = ΔMDC (hai cạnh góc vuông).

Ta có: CA = BC + AB

CE = CD + DE

Mà AB = DE (gt); BC = CD (gt)

Do đó CA = CE

Xét ΔMAC và ΔMEC cùng vuông tại C có :

CA = CE (cmt);

MC là cạnh chung.

Do đó ΔMAC = ΔMEC (hai cạnh góc vuông).

b) Xét ΔMAB và ΔMED có :

AB = ED ( gt);

MA = ME (ΔMAC = ΔMEC, hai cạnh tương ứng);

$\widehat{MAB}=\widehat{MED}$(ΔMAC = ΔMEC, hai góc tương ứng).

Do đó ΔMAB = ΔMED (c.g.c).

Bài 12 trang 70 SBT Toán 7 Tập 2: Cho tam giác ABC vuông tại đỉnh A; ba điểm M, N, P lần lượt nằm trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC sao cho M là trung điểm của BC, MN vuông góc với AC và MP vuông góc với AB. Chứng minh rằng:

a) ΔMNC = ΔBPM.

b) $\widehat{NMP}={90}^o$.

Lời giải:

a) Ta có:

MP ⊥ AB (gt);

AC ⊥ AB (ΔABC vuông tại A).

Suy ra MP // AC

Do đó $\widehat{BMP}=\widehat{MCN}$ (hai góc so le trong).

Xét ΔBPM vuông tại P và ΔMNC vuông tại N có :

BM = MC ( M là trung điểm của BC);

$\widehat{BMP}=\widehat{MCN}$(cmt).

Do đó ΔBPM = ΔMNC ( cạnh huyền – góc nhọn).

b) Ta có :

$\widehat{PBM}=\widehat{NMC}$ (ΔBPM = Δ MNC, hai góc tương ứng);

$\widehat{PBM}+\widehat{PMB}={90}^o$ (ΔBMP vuông tại P).

Suy ra $\widehat{NMC}+\widehat{PMB}={90}^o$.

Mà $\widehat{NMC}+\widehat{PMB}+\widehat{NMP}={180}^o$.

Do đó $\widehat{NMP}={180}^o-{90}^o={90}^o$.

Bài 13 trang 70 SBT Toán 7 Tập 2: Cho bốn điểm A, B, C và D như Hình 2. Biết rằng $\widehat{BEC}={40}^o$, $\widehat{EBA}={110}^o$ và AB = DC. Chứng minh rằng:

a) Tam giác BEC cân tại đỉnh E.

b) EA = ED.

Lời giải:

a) Ta có :

$\widehat{EBA}+\widehat{EBC}={180}^o$ (hai góc kề bù)

Suy ra $\widehat{EBC}={180}^o-\widehat{EBA}={180}^o-{110}^o={70}^o$

Xét ΔEBC có: $\widehat{BEC}+\widehat{EBC}+\widehat{ECB}={180}^o$

Suy ra $\widehat{ECB}={180}^o-\widehat{BEC}-\widehat{EBC}$ $={180}^o-{40}^o-{70}^o={70}^o$

Hay $\widehat{ECB}={180}^o-{40}^o-{70}^o={70}^o$

Do đó $\widehat{ECB}=\widehat{EBC}={70}^o$.

Vậy tam giác BEC cân tại đỉnh E.

b) Ta có: $\widehat{ECD}={180}^o-\widehat{ECB}$$={180}^o-{70}^o={110}^o=\widehat{EBA}$.

Xét ΔEBA và ΔECD có:

$\widehat{ECD}=\widehat{EBA}$ (cmt);

AB = CD (gt);

EB = EC (ΔEBC cân tại E).

Do đó ΔEBA = ΔECD (c.g.c).

Suy ra EA = ED (hai cạnh tương ứng).

Bài 14 trang 70 SBT Toán 7 Tập 2: Tròn đưa cho Vuông một tờ giấy, trên đó có vẽ điểm C và hai đường thẳng a và b không đi qua C, cho biết hai đường thẳng a và b không song song với nhau (giao điểm của a và b nằm ngoài tờ giấy). Tròn đố Vuông vẽ được đường thẳng c đi qua C sao cho ba đường thẳng a, b, c đồng quy. Sau một hồi suy nghĩ, Vuông làm như sau (H.3):

- Vẽ đường thẳng đi qua C và vuông góc với a. Đường thẳng này cắt b tại B.

- Vẽ đường thẳng đi qua C và vuông góc với b. Đường thẳng này cắt a tại A.

Vuông khẳng định rằng đường thẳng c cần vẽ chính là đường thẳng đi qua C và vuông góc với AB.

Em hãy giải thích tại sao Vuông lại khẳng định như vậy.

Lời giải:

Xét tam giác ABC ta có :

a là đường cao (vì a ⊥ BC);

b là đường cao (vì b ⊥ AC);

c là đường cao (vì c ⊥ AB).

Suy ra ba đường thẳng a, b, c đồng quy (tính chất ba đường cao trong tam giác).

Vì thế Vuông khẳng định rằng đường thẳng c cần vẽ chính là đường thẳng đi qua C và vuông góc với AB là đúng.

Bài 15 trang 71 SBT Toán 7 Tập 2:

a) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có đường trung tuyến xuất phát từ A bằng một nửa cạnh BC thì tam giác đó vuông tại đỉnh A.

b) Cho đoạn thẳng AB. Hãy nêu một cách sử dụng kết quả của câu a để vẽ đường thẳng vuông góc với AB tại A (bằng thước và compa).

Lời giải:

a) Xem hình bên :

Theo giả thiết, ta có ΔMAB và ΔMAC là hai tam giác cân đỉnh M.

Từ đó suy ra: ${\widehat{B}}_1={\widehat{A}}_1$và ${\widehat{C}}_1={\widehat{A}}_2$ 

Mặt khác, tổng các góc trong tam giác ABC bằng 180^o nên:

${180}^o={\widehat{B}}_1+{\widehat{A}}_1+{\widehat{C}}_1+{\widehat{A}}_1=2({\widehat{A}}_1+{\widehat{A}}_2)$

Từ đó suy ra ${\widehat{A}}_1+{\widehat{A}}_2={90}^o$

Do đó tam giác ABC vuông tại A.

Vậy nếu tam giác ABC có đường trung tuyến xuất phát từ A bằng một nửa cạnh BC thì tam giác đó vuông tại đỉnh A.

b) Vẽ tam giác cân MAB rồi kéo dài BM về phía M đến điểm C sao cho MC = BM.

Ta có AM = MC = MB (gt)

Suy ra AM =$\frac{1}{2}$(MC + MB) = $\frac{1}{2}$BC .

Xét tam giác ABC có:

AM là đường trung tuyến (M là trung điểm của BC);

AM = $\frac{1}{2}$BC (cmt).

Suy ra tam giác ABC vuông tại A (đã chứng minh ở câu a).

Vậy ta đã vẽ được đường thẳng AC vuông góc với AB tại A.

Bài 16 trang 71 SBT Toán 7 Tập 2: Cho hai biểu đồ sau biểu diễn các số liệu tại một trường Trung học cơ sở:

a) Biểu đồ 1 biểu diễn đại lượng nào theo thời gian?

b) Nêu nhận xét về sự thay đổi số lượt học sinh tham gia các câu lạc bộ từ năm 2016 đến năm 2021.

c) Lập bảng thống kê cho số liệu biểu diễn trong Biểu đồ 2.

d) Tính số lượt học sinh đăng kí mỗi câu lạc bộ trong năm 2020.

Lời giải:

a) Biểu đồ 1 biểu diễn số lượt học sinh tham gia các câu lạc bộ từ năm 2016 đến năm 2021.

b) Năm 2017, số lượt học sinh tham gia các câu lạc bộ giảm so với năm 2016. Các năm tiếp theo, số lượt học sinh tham gia các câu lạc bộ đều tăng so với năm trước đó.

c) Bảng thống kê:

d) Tổng số lượt học sinh tham gia các câu lạc bộ năm 2020 là 800 (lượt).

Số lượt học sinh tham gia câu lạc bộ Thể thao là:

800 . 30% = 240 (lượt)

Số lượt học sinh tham gia câu lạc bộ Nghệ thuật là:

800 . 25% = 200 (lượt)

Số lượt học sinh tham gia câu lạc bộ Học tập là:

800 . 45% = 360 (lượt)

Vậy số lượt học sinh tham gia câu lạc bộ Thể thao, Nghệ thuật, Học tập lần lượt là 240 lượt, 200 lượt và 360 lượt.

Bài 17 trang 71 SBT Toán 7 Tập 2: Một nhà mạng muốn tìm hiểu loại nhạc chuông của điện thoại di động được người dùng yêu thích, đã lập phiếu khảo sát như hình bên và dự kiến tiến hành thu thập dữ liệu theo hai cách sau:

Cách 1: Phát phiếu điều tra cho 100 người tham dự một buổi hòa nhạc thính phòng.

Cách 2: Gửi phiếu điều tra đến 100 người dùng được lựa chọn một cách ngẫu nhiên.

a) Dữ liệu thu được thuộc loại nào?

b) Theo em, dữ liệu thu được trong mỗi cách trên có đại diện cho toàn bộ người dùng dịch vụ của nhà mạng không?

Lời giải:

a) Dữ liệu thu được không phải là số và không thể sắp thứ tự (vì đây là tên các loại nhạc chuông).

b) - Theo cách thứ nhất, vì chỉ là 100 người tham gia hoà nhạc thính phòng nên dữ liệu thu được theo cách thứ nhất không có tính đại diện.

- Theo cách thứ hai, bởi vì lấy ngẫu nhiên 100 người dùng trên tất cả các người dùng điện thoại nên dữ liệu thu được theo cách thứ hai có tính đại diện cho toàn bộ người dùng dịch vụ của nhà mạng.

Bài 18 trang 71 SBT Toán 7 Tập 2: Cho một hộp đựng n viên bi màu xanh và m viên bi màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên một viên bi trong hộp.

a) Tìm điều kiện của m và n để biến cố “Lấy được viên bi màu đỏ” có:

• Xác suất bằng 1;

• Xác suất bằng 0;

• Xác suất bằng $\frac{1}{2}$.

b)* Giả sử n = 10, m = 5. Tính xác suất để lấy được viên bi màu đỏ.

Lời giải:

a) Gọi A là biến cố “Lấy được viên bi màu đỏ”.

• Biến cố A có xác suất bằng 1 khi A là biến cố chắc chắn.

Khi đó, trong hộp phải đựng toàn viên bi màu đỏ.

Điều này nghĩa là trong hộp không có viên bi màu xanh, tức là n = 0.

• Biến cố A có xác suất bằng 0 khi A là biến cố không thể.

Khi đó, trong hộp phải không có viên bi màu đỏ, tức là m = 0.

• Biến cố A có xác suất bằng $\frac{1}{2}$ khi biến cố “Lấy được viên bi màu đỏ” và biến cố “Lấy được viên bi màu xanh” là đồng khả năng. Khi đó, m = n.
b) Đánh số 5 viên bi đỏ là D1, …, D5 và 10 viên bi xanh là X1, X2, …, X10.

Xét các biến cố sau:

A: “Lấy được một trong năm viên bi D1, …, D5”;

B: “Lấy được một trong năm viên bi X1, …, X5”;

C: “Lấy được một trong năm viên bi X6, …, X10”;

Mỗi viên bi có khả năng lấy được như nhau.

Do đó, ba biến cố A, B, C là đồng khả năng. Vì luôn xảy ra duy nhất một trong ba biến cố này nên xác suất của biến cố A là $\frac{1}{3}$.

Vậy xác suất để lấy được viên bi màu đỏ là $\frac{1}{3}$.

Xem thêm lời giải sách bài tập Toán lớp 7 bộ sách Kết nối tri thức hay, chi tiết nhất:

Chương 6: Tỉ lệ thức và đại lượng tỉ lệ

Chương 7: Biểu thức đại số và đa thức một biến

Chương 8: Làm quen với biến cố và xác suất của biến cố

Chương 9: Quan hệ giữa các yếu tố trong một tam giác

Chương 10: Một số hình khối trong thực tiễn