Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

\( + )\) Gọi không gian mẫu là: “Chia 8 người vào 2 bảng A, B, mỗi bảng 4 người” \( \Rightarrow {n_\Omega } = C_8^4.C_4^4 = 70\)

\( + )\) Gọi A là biến cố: “cả 2 bạn Việt và Nam nằm chung 1 bảng đấu”.

\( \bullet \) TH1: Việt và Nam ở bảng A \( \Rightarrow C_6^2.C_4^4 = 15\) cách

\( \bullet \) TH2: Việt và Nam ở bảng B \( \Rightarrow C_6^2.C_4^4 = 15\) cách

\( \Rightarrow {n_A} = 15 + 15 = 30\)

\( \Rightarrow {P_A} = \dfrac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}} = \dfrac{3}{7}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

\(\Omega \): Tập hợp S các số có 3 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số của tập A.

Số có 3 chữ số là \(\overline {abc} \)

a có 5 cách chọn

b có 5 cách chọn

c có 4 cách chọn

\( \Rightarrow {n_\Omega } = 5.5.4 = 100\)

Gọi A là biến cố: Số được chọn có chữ số cuối gấp đôi chữ số đầu

\( \bullet \) TH1: \(\left\{ \begin{array}{l}a = 1\\c = 2\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \) a có 1 cách chọn, c có 1 cách chọn

\( \Rightarrow \) b có 4 cách chọn

\( \Rightarrow \) Có: \(1.1.4 = 4\) cách

\( \bullet \) TH1: \(\left\{ \begin{array}{l}a = 2\\c = 4\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \) a có 1 cách chọn, c có 1 cách chọn

\( \Rightarrow \) b có 4 cách chọn

\( \Rightarrow \) Có: \(1.1.4 = 4\) cách

\( \Rightarrow {n_A} = 4 + 4 = 8\)

\( \Rightarrow {P_A} = \dfrac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}} = \dfrac{8}{{100}} = \dfrac{2}{{25}}\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

\(\Omega \): Tập hợp S các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau được lập thành từ các chữ số của tập A.

Số có 4 chữ số: \(\overline {abcd} \)

a có 7 cách chọn

b có 6 cách chọn

c có 5 cách chọn

d có 4 cách chọn

\( \Rightarrow {n_\Omega } = 7.6.5.4 = 840\)

Biến cố A: Số được chọn có 2 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ.

Số chẵn: \(\left\{ {2;4;6;8} \right\}\)

Số lẻ: \(\left\{ {3;5;7} \right\}\)

\( \bullet \) Số cách chọn chẵn:

a có 4 cách chọn

b có 3 cách chọn

\( \bullet \) Số cách chọn lẻ:

c có 3 cách chọn

d có 2 cách chọn

\( \Rightarrow {n_A} = 4.3.3.2 = 72\)\( \Rightarrow {P_A} = \dfrac{{72}}{{840}} = \dfrac{3}{{35}}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

\( + )\) \(\Omega \): “Tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau được lập thành từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 6” \( \Rightarrow {n_\Omega } = A_5^3\) số

\( + )\) Để số đó chia hết cho 3 \( \Leftrightarrow \) Tổng các chữ số chia hết cho 3

\( \Leftrightarrow \)\(A = \left\{ {\left( {1;2;3} \right);\left( {1;2;6} \right);\left( {2;3;4} \right);\left( {2;4;6} \right)} \right\}\)

\( \Rightarrow \) Có 4 trường hợp, mỗi trường hợp có \(A_3^3\) cách sắp xếp

\( \Rightarrow {n_A} = 4.A_3^3 = 24\) số

\( \Rightarrow {P_A} = \dfrac{{24}}{{A_5^3}} = \dfrac{2}{5}\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

\( + )\)\(\Omega \): “Lấy ngẫu nhiên 3 thẻ” \( \Rightarrow {n_\Omega } = C_{10}^3\)

\( + )\) Biến cố A: “3 chữ số trên 3 thẻ có thể ghép thành 1 số chia hết cho 5”.

\( + )\) Số tự nhiên chia hết cho 5 cần có số tận cùng là 0 hoặc 5.

\( \Rightarrow \) Phải rút được 1 trong 2 thẻ, hoặc cả 2 thẻ

\( \Rightarrow \) Dùng biến cố đối là \(\overline A \): “Rút ra 3 thẻ trong đó không có 0 và 5” \( \Rightarrow {n_{\overline A }} = C_8^3\)

\( \Rightarrow {P_{\overline A }} = \dfrac{{C_8^3}}{{C_{10}^3}} = \dfrac{7}{{15}}\)

\( \Rightarrow {P_A} = 1 - \dfrac{7}{{15}} = \dfrac{8}{{15}}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

\( + )\) Số tự nhiên có 2 chữ số là: \(C_9^1.C_{10}^1 = 90\) số

\( + )\)\(\Omega \): “Chọn ngẫu nhiên 2 số từ tập hợp S” \( \Rightarrow {n_\Omega } = C_{90}^2\)

\( + )\) A: “Chọn được 2 số có chữ số hàng đơn vị giống nhau”.

\( \bullet \) TH1: Chữ số hàng đơn vị là 0 \( \Rightarrow \) Có 9 chữ số là: \(10;20;30;40;50;60;70;80;90\)

\( \Rightarrow \) Số cách chọn 2 số là: \(C_9^2\)

Tương tự với các số có chữ số hàng đơn vị là: \(1;2;3;4;5;6;7;8;9\)

\( \Rightarrow \) Có tất cả 10 trường hợp giống nhau.

\( \Rightarrow {n_A} = 10.C_9^2\)

\( \Rightarrow {P_A} = \dfrac{{10.C_9^2}}{{C_{90}^2}} = \dfrac{8}{{89}}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

+ Gọi không gian mẫu là: “Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi trong hộp”

\( \Rightarrow {n_\Omega } = C_{50}^3\)

+ Gọi A là biến cố: “Tổng 3 số ghi trên 3 viên bi là một số chia hết cho 3”

+ Nhận xét: Trong 50 viên bi ta phân ra làm 3 loại

Loại 1: 16 viên bi có số chia hết cho 3

Loại 2: 17 viên bi có số chia 3 dư 1

Loại 3: 17 viên bi có số chia 3 dư 2

+ Ta có: Tổng 3 số trên bi chia hết cho 3 nếu

TH1: 3 bi chọn ra đều có số chia hết cho 3\( \Rightarrow \) lấy ra 3 viên từ Loại 1 \( \Rightarrow \) \(C_{16}^3\) cách

TH2: 3 bi chọn ra trong đó có:

          1 bi chia hết cho 3 \( \Rightarrow C_{16}^1\)

          1 bi chia cho 3 dư 1\( \Rightarrow C_{17}^1\)

          1 bi chia cho 3 dư 2\( \Rightarrow C_{17}^1\)

 (Chú ý: Khi cộng tổng lại thì số dư là 3\( \Rightarrow \)cũng chia hết cho 3)

\( \Rightarrow \) \(C_{16}^1.C_{17}^1.C_{17}^1\) cách

TH3: 3 bi chọn ra đều có số chia 3 dư 1: \(C_{17}^3\) (đều dư 1 vậy cộng tổng lại là dư 3 \( \Rightarrow \) cũng chia hết cho 3)

TH4: 3 bi chọn ra đều có số chia 3 dư 2: \(C_{17}^3\)( đều dư 2 vậy cộng tổng lại là dư 6 \( \Rightarrow \) cũng chia hết cho 3)

\( \Rightarrow {P_{\left( A \right)}} = \dfrac{{C_{16}^3 + C_{16}^1.C_{17}^1.C_{17}^1 + C_{17}^3 + C_{17}^3}}{{C_{50}^3}} = \dfrac{{409}}{{1225}}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

\( + )\)\({n_\Omega } = 9!\)

\( + )\) Gọi A “Biến cố xếp 3 học sinh lớp 12 xen kẽ giữa 6 học sinh lớp 11”

\( \bullet \) Bước 1: Xếp 6 học sinh lớp 11 thành 1 dãy \( \Rightarrow 6!\) cách

Khi đó, giữa 6 học sinh lớp 11 sẽ có 7 khoảng trống ( 5 khoảng ở giữa và 2 khoảng ở đầu)

\( \bullet \) Bước 2: Xếp 3 học sinh lớp 12 vào 7 khoảng trống đó \( \Rightarrow A_7^3\) cách

\( \Rightarrow {n_{\left( A \right)}} = 6!\)\( \times A_7^3\)

\( \Rightarrow {P_{\left( A \right)}} = \dfrac{{6!.A_7^3}}{{9!}} = \dfrac{5}{{12}}\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Số cách xếp 12 quyển sách thành 1 dãy là: \({n_\Omega } = C_{12}^3.C_9^3.C_6^3.C_3^3\)

Xét biến cố P tồn tại trong dãy 3 quyển sách cùng môn đứng cạnh nhau.

Gọi A, B, C, D lần lượt là biến cố 3 quyển sách Toán, Lý, Hóa, Sinh đứng cạnh nhau.

Ta có: \({n_A} = {n_B} = {n_C} = {n_D} = C_{10}^1.C_9^3.C_6^3.C_3^3\)

\({n_{A \cap B}} = {n_{A \cap C}} = {n_{A \cap D}} = {n_{B \cap C}} = {n_{B \cap D}} = {n_{C \cap D}} = C_8^1.C_7^1.C_6^3\)

\({n_{A \cap B \cap C}} = {n_{A \cap B \cap D}} = {n_{A \cap C \cap D}} = {n_{B \cap C \cap D}} = C_6^1.C_5^1.C_4^1\)

\({n_{A \cap B \cap C \cap D}} = 4!\)

\( \Rightarrow {n_P} = {n_{A \cup B \cup C \cup D}} = {n_A} + {n_B} + {n_C} + {n_D} - \left( {{n_{A \cap B}} + ... + {n_{C \cap D}}} \right) - \left( {{n_{A \cap B \cap C}} + ... + {n_{B \cap C \cap D}}} \right) - {n_{A \cap B \cap C \cap D}}\)\( = 60936\)

Vậy số cách xếp để 3 quyển sách cùng môn không đứng cạnh nhau là: \({n_\Omega } - {n_P} = 308664\)cách

Chọn A.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

\( + )\) Gọi không gian mẫu là: “Xếp 6 nam và 4 nữa vào 1 bàn tròn 10 ghế”.

\( \Rightarrow {n_\Omega } = 9!\)

\( + )\) Gọi A là biến cố: “Không có 2 bạn nữ nào ngồi cạnh nhau”.

\( \bullet \) Xếp 6 ghế quanh bàn cho 6 nam:

\( \Rightarrow 5!\) cách

\( \bullet \) Giữa 2 nam bất kì có khoảng trống xếp 4 nữ vào 4 trong 6 khoảng trống đó.

\( \Rightarrow A_6^4\) cách

\( \Rightarrow {n_A} = 5!.A_6^4\)

\( \Rightarrow {P_A} = \dfrac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}} = \dfrac{5}{{42}}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

\( + )\) Gọi không gian mẫu là: “Chia 9 đội bóng vào 3 bảng A, B, C”.

\( \Rightarrow {n_\Omega } = C_9^3.C_6^3.C_3^3 = 1680\)

\( + )\) Gọi A là biến cố: “3 đội bóng của Việt Nam ở 3 bảng khác nhau”.

\( \bullet \) Bảng A: 1 đội Việt Nam – 2 đội nước ngoài

\( \Rightarrow C_3^1.C_6^2 = 45\) cách

\( \bullet \) Bảng B: 1 đội Việt Nam – 2 đội nước ngoài

\( \Rightarrow C_2^1.C_4^2 = 12\) cách

\( \bullet \) Bảng C: 3 đội còn lại

\( \Rightarrow 1\) cách

\( \Rightarrow {n_A} = 45.12.1 = 540\)

\( \Rightarrow {P_A} = \dfrac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}} = \dfrac{9}{{28}}\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

+) Gọi KGM là “Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh bất kì” \( \Rightarrow {n_\Omega } = C_{13}^3 = 286\)

+) Gọi A là biến cố: “3 học sinh được chọn có cả nam và 2 nữ đồng thời có cả khối 11 và khối 12”

TH1: 1 học sinh nam lớp 11 – 2 học sinh nữ lớp 12 \( \Rightarrow C_2^1.C_3^2 = 6\)

TH2: 1 học sinh nam lớp 11 -  1 học sinh nữ lớp 12 -  1 học sinh nam lớp 11\( \Rightarrow C_2^1.C_3^1.C_8^1 = 48\)

TH3: 2 học sinh nam lớp 11 - 1 học sinh nữ lớp 12 \( \Rightarrow C_2^2.C_3^1 = 3\)

Vậy \({n_{\left( A \right)}} = 6 + 48 + 3 = 57\)

\( \Rightarrow {P_{\left( A \right)}} = \dfrac{{57}}{{286}}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Chú ý: Dùng biến cố đối, thay vì tìm ra các trường hợp để lấy ra ít nhất 2 viên bi cùng màu, ta sẽ đi tìm ra số cách lấy ra 4 viên bi không cùng màu.

+ Gọi không gian mẫu là: “Chọn ngẫu nhiên ra 4 viên bi” \( \Rightarrow {n_\Omega } = C_{22}^4\)

+) Gọi A là biến cố: “Lấy 4 viên bi không cùng màu”

\( \Rightarrow \)Trong 4 viên lấy ra có 1 xanh, 1 đen, 1 đỏ và 1 trắng \( \Rightarrow {n_{\left( A \right)}} = C_7^1.C_6^1.C_5^1.C_4^1 = 840\)

\( \Rightarrow {P_{\left( A \right)}} = \dfrac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}} = \dfrac{{840}}{{C_{22}^4}} = \dfrac{{24}}{{209}}\)

+ Xác suất để lấy được ít nhất 2 viên bi cùng màu là: \({P_{\left( {\overline A } \right)}} = 1 - {P_{\left( A \right)}} = 1 - \dfrac{{24}}{{209}} = \dfrac{{185}}{{209}}\)            

Chọn B.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

+ Gọi không gian mẫu là: “Lấy ngẫu nhiên ra 1 quả cầu, sau đó lấy ngẫu nhiên tiếp 1 quả cầu trong các quả cầu còn lại” \( \Rightarrow \) \({n_\Omega } = C_{20}^1.C_{19}^1\)

+ Gọi A là biến cố: “cả 2 lần lấy đều lấy được quả cầu cùng màu”

TH1: 2 quả đều là màu trắng:

Lần 1 lấy được 1 quả cầu trắng: \(C_8^1\)

Lần 2 lấy được 1 quả cầu trắng: \(C_7^1\)

\( \Rightarrow C_8^1.C_7^1\) cách

TH2: 2 quả đều là màu đen:

Lần 1 lấy được 1 quả màu đen: \(C_{12}^1\)

Lần 2 lấy được 1 quả màu đen: \(C_{11}^1\)

\( \Rightarrow C_{12}^1.C_{11}^1\,\,\)

Xác suất để kết quả của 2 lần lấy được 2 quả cùng màu là:

\({P_{\left( A \right)}} = \dfrac{{C_8^1.C_7^1 + C_{12}^1.C_{11}^1\,\,}}{{C_{20}^1.C_{19}^1}} = \dfrac{{47}}{{95}}\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

+ Gọi không gian mẫu là: “Lấy ngẫu nhiên 2 viên bi từ hộp” \( \Rightarrow {n_\Omega } = C_{12}^2\)

+ Gọi A là biến cố:  “hai viên bi lấy được vừa khác màu vừa khác số”.

TH1: Lấy 1 bi đỏ trong 4 bi đỏ, lấy 1 bi xanh trong 4 bi xanh (vì trùng số nên loại 1 bi xanh đi)

\( \Rightarrow \) Số cách lấy một bi đỏ và một bi xanh là: \(C_4^1.C_4^1 = 16\)

TH2: Tương tự cách trên ta có số cách lấy một bi xanh và một bi vàng là: \(C_3^1.C_4^1 = 12\)

TH3: Số cách lấy một bi đỏ và một bi vàng là: \(C_3^1.C_3^1 = 9\)

\( \Rightarrow \)\({n_{\left( A \right)}} = 16 + 12 + 9 = 37\)

\({P_{\left( A \right)}} = \dfrac{{{n_{\left( A \right)}}}}{{{n_{\left( \Omega  \right)}}}} = \dfrac{{37}}{{C_{12}^2}} = \dfrac{{37}}{{66}}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Chú ý: Ta dùng biến cố đối, thay vì tìm ra cách lấy 6 viên có đủ 3 màu (quá nhiều Trường hợp), ta sẽ đi tìm ra 6 viên bi ko đủ 3 màu.

\( + )\) Gọi không gian mẫu là:  “Lấy ngẫu nhiên 6 viên bi trong 14 bi”

\( \Rightarrow {n_\Omega } = C_{14}^6 = 3003\)

\( + )\)Gọi A là biến cố: “Lấy ra 6 bi không đủ 3 màu”  ( chỉ có 1 màu hoặc 2 màu)

TH1: 6 viên lấy ra chỉ có 2 màu

          Xanh và đỏ: \(C_8^6 = 28\)

          Xanh và vàng: \(C_9^6 - C_6^6 = 83\) (với \(C_6^6\) là số cách lấy 1 màu vàng)

Đỏ và vàng: \(C_{11}^6 - C_6^6 = 461\) (với \(C_6^6\) là số cách lấy 1 màu vàng)

TH2: 6 viên lấy ra chỉ có 1 màu vàng: \(C_6^6 = 1\)

Vậy \({n_{\left( A \right)}} = 28 + 83 + 461 + 1 = 573\)

\( \Rightarrow {P_{\left( A \right)}} = \dfrac{{{n_{\left( A \right)}}}}{{{n_\Omega }}} = \dfrac{{573}}{{4003}}\)

\( \Rightarrow {P_{\left( {\overline A } \right)}} = 1 - \dfrac{{573}}{{4003}} = \dfrac{{810}}{{1001}}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

+) Gọi KGM là “Chọn 5 học sinh” \( \Rightarrow {n_\Omega } = C_{25}^5 = 53130\)

+) Gọi A là biến cố: “Số học sinh nữ ít hơn nam”

TH1: “Số cách lấy được 2 học sinh nữ và 3 học sinh nam” \( \Rightarrow \)\(C_{10}^1.C_{15}^3 = 20475\) cách

TH2: “Số cách lấy được 1 học sinh nữ và 4 học sinh nam” \( \Rightarrow \)\(C_{10}^1.C_{15}^4 = 13650\) cách

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {n_{\left( A \right)}} = 20475 + 13650 = 34125\\ \Rightarrow {P_{\left( A \right)}} = \dfrac{{34125}}{{53130}} = \dfrac{{325}}{{506}}\end{array}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

+) Gọi KGM là: “Chọn 4 người từ đội gồm 5 nam và 8 nữ” \( \Rightarrow {n_\Omega } = C_{13}^4 = 715\)cách

+) Gọi A là biến cố: “Chọn 4 người trong đó có ít nhất 1 nữ”

TH1: Số cách chọn 3 nam và 1 nữ: \(C_5^3.C_8^1 = 80\)cách

TH2: Số cách chọn 2 nam và 2 nữ: \(C_5^2.C_8^2 = 280\)cách

TH3: Số cách chọn 1 nam và 3 nữ: \(C_5^1.C_8^3 = 280\)cách

TH4: Số cách chọn 4 nữ:  \(C_8^4 = 70\) cách

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {n_A} = 80 + 280 + 280 + 70 = 710\\ \Rightarrow {P_A} = \dfrac{{710}}{{715}} = \dfrac{{142}}{{143}}\end{array}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

+) Gọi KGM: “Chọn ngẫu nhiên 5 viên bi trong hộp” \( \Rightarrow {n_\Omega } = C_{18}^5 = 8568\)

+) Gọi A là biến cố: “5 viên bi được chọn có đủ màu và bi đỏ bằng bi vàng”

TH1: 1 đỏ, 1 vàng, 3 xanh \(C_6^1.C_7^1.C_5^3 = 420\)

TH2: 2 đỏ, 2 vàng, 1 xanh \(C_6^2.C_7^2.C_5^1 = 1575\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {n_{\left( A \right)}} = 420 + 1575 = 1995\\ \Rightarrow {P_{\left( A \right)}} = \dfrac{{1995}}{{8568}} = \dfrac{{95}}{{408}}\end{array}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

+) Gọi KGM là: “Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi” \( \Rightarrow {n_\Omega } = C_{12}^4 = 495\)

+) Gọi A là biến cố: “4 viên bi được chọn có số bi đỏ lớn hơn số bi vàng và nhất thiết phải có mặt bi xanh”

TH1: 1 xanh – 3 đỏ \( \Rightarrow C_4^1.C_5^3 = 40\) (Cách)

TH2: 1 xanh - 2 đỏ - 1 vàng \( \Rightarrow C_4^1.C_5^2.C_3^1 = 120\)(Cách)

TH3: 2 xanh - 2 đỏ: \( \Rightarrow C_4^2.C_5^2 = 60\)(Cách)

TH4: 3 xanh - 1 đỏ: \( \Rightarrow C_4^3.C_5^1 = 20\)(Cách)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {n_A} = 40 + 120 + 60 + 20 = 240\\ \Rightarrow {P_A} = \dfrac{{240}}{{495}} = \dfrac{{16}}{{33}}\end{array}\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

+) Gọi KGM “Chọn ngẫu nhiên 7 hoa từ 3 bó hoa” \( \Rightarrow {n_\Omega } = C_{21}^7 = 116280\)

+) Gọi A là biến cố: “Trong 7 bông hoa được chọn có số hoa hồng bằng số hoa ly”

TH1: 1 hoa hồng – 1 hoa ly – 5 hoa huệ: \( \Rightarrow C_8^1.C_7^1.C_6^5 = 336\)

TH2: 2 hoa hồng – 2 hoa ly – 3 hoa huệ \( \Rightarrow C_8^2.C_7^2.C_6^3 = 11760\)

TH3: 3 hoa hồng- 3 hoa ly – 1 hoa huệ: \( \Rightarrow C_8^3.C_7^3.C_6^1 = 11760\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {n_{\left( A \right)}} = 336 + 11760 + 11760 = 23856\\ \Rightarrow {P_{\left( A \right)}} = \dfrac{{{n_{\left( A \right)}}}}{{{n_\Omega }}} = \dfrac{{994}}{{4845}}\end{array}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Tính số phần tử của không gian mẫu.

- Tính số phần tử của biến cố.

- Tính xác suất của biến cố.

Lời giải chi tiết:

Không gian mẫu là \(\left| \Omega  \right| = C_{23}^2.\)

Gọi A là biến cố: “Hai số được chọn có tích là một số lẻ”.

Suy ra 2 số đó đồng thời là 2 số lẻ \( \Rightarrow \left| {{\Omega _A}} \right| = C_{12}^2.\)

Vậy \(P = \dfrac{{\left| {{\Omega _A}} \right|}}{{\left| \Omega  \right|}} = \dfrac{{C_{12}^2}}{{C_{23}^2}} = \dfrac{6}{{23}}.\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Tính tổng số các số có 8 chữ số.

- Tính số các số lẻ có 8 chữ số chia hết cho 9.

Lời giải chi tiết:

\(n\left( \Omega  \right) = 99999999 - 10000000 + 1 = 90000000\).

Gọi A là biến cố: “Lấy được số lẻ và chia hết cho 9”

Số lẻ nhỏ nhất có 8 chữ số chia hết cho 9 là: \(10000017\).

Số lẻ lớn nhất có 8 chữ số chia hết cho 9 là: \(99999999\).

\( \Rightarrow n\left( A \right) = \left( {99999999 - 10000017} \right):18 + 1 = 5000000\).

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{5000000}}{{90000000}} = \frac{1}{{18}}\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

Số chia hết cho 4 là số có 2 chữ số tận cùng chia hết cho 4.

Lời giải chi tiết:

Từ tập \(X\) lập được số các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt là: \(A_7^4 - A_6^3 = 720\) số.

\( \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = 720\).

Gọi \(A\) là biến cố: “số được chọn chia hết cho 4”.

Gọi số tự nhiên có 4 chữ số là \(\overline {abcd} \,\,\left( {a \ne 0,\,\,a,b,c,d \in X} \right)\).

Số chia hết cho 4 là số có 2 chữ số tận cùng chia hết cho 4.

\( \Rightarrow \overline {cd}  \in \left\{ {04;08;12;20;24;28;40;48;52;72;80;84} \right\}\).

TH1: \(\overline {cd}  \in \left\{ {04;08;20;40;80} \right\}\) (có chứa số 0) \( \Rightarrow \) có 5 cách chọn \(\overline {cd} \).

Ứng với mỗi cách chọn \(c,d\) có \(A_5^2 = 20\) cách chọn \(a,b\).

\( \Rightarrow \) có \(5.20 = 100\) số.

TH2: \(\overline {cd}  \in \left\{ {12;24;28;48;52;72;84} \right\}\) (Không chứa số 0) \( \Rightarrow \) Có 7 cách chọn \(\overline {cd} \).

Ứng với mỗi cách chọn \(c,d\) có 4 cách chọn \(a\) \(\left( {a \ne 0} \right)\) và 4 cách chọn \(b\).

\( \Rightarrow \) Có \(7.4.4 = 112\) số.

Do đó \(n\left( A \right) = 100 + 112 = 212\).

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{212}}{{720}} = \frac{{53}}{{180}}\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

Cho hai biến cố \(A,\,\,B\) độc lập. Khi đó ta có: \(P\left( {A.B} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right).\)

Lời giải chi tiết:

Giả sử xác suất bắn trúng của người thứ nhất là \(P\left( {{A_1}} \right) = 0,6.\)

\( \Rightarrow \) Xác suất bắn không trúng của người thứ nhất là: \(P\left( {\overline {{A_1}} } \right) = 1 - 0,6 = 0,4.\)

Giả sử xác suất bắn trúng của người thứ hai là \(P\left( {{A_2}} \right) = 0,8.\)

\( \Rightarrow \) Xác suất bắn không trúng của người thứ hai là: \(P\left( {\overline {{A_2}} } \right) = 1 - 0,8 = 0,2.\)

Giả sử xác suất bắn trúng của người thứ ba là \(P\left( {{A_3}} \right) = 0,9.\)

\( \Rightarrow \) Xác suất bắn không trúng của người thứ ba là: \(P\left( {\overline {{A_3}} } \right) = 1 - 0,9 = 0,1.\)

Gọi biến cố \(A:\,\) ‘‘Có ít nhất hai người bắn trúng đích’’.

\(\begin{array}{l} \Rightarrow P\left( A \right) = P\left( {{A_1}} \right).P\left( {{A_2}} \right).P\left( {{A_3}} \right) + P\left( {\overline {{A_1}} } \right).P\left( {{A_2}} \right).P\left( {{A_3}} \right) + P\left( {{A_1}} \right).P\left( {\overline {{A_2}} } \right).P\left( {{A_3}} \right) + P\left( {{A_1}} \right).P\left( {{A_2}} \right).P\left( {\overline {{A_3}} } \right)\\ = 0,6.0,8.0,9 + 0,4.0,8.0,9 + 0,6.0,2.0,9 + 0,6.0,8.0,1\\ = 0,876.\end{array}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Tính số phần tử của không gian mẫu.

- Tính số phần tử của biến cố.

- Tính xác suất của biến cố.

Lời giải chi tiết:

Đặt \(A = \left\{ {0;1;2;3;4;5;6} \right\}\).

Gọi số có 3 chữ số là \(\overline {abc} \)\(\left( {a \ne 0;\,\,a;b;c \in A} \right)\).

Số các số có 3 chữ số phân biệt được lập từ tập \(A\) là \(A_7^3 - A_6^2 = 180\).

\( \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = C_{648}^1 = 648\).

Gọi \(X\) là biến cố: “số được chọn có chữ số hàng đơn vị gấp đôi chữ số hàng trăm”.

\( \Rightarrow \overline {ac}  \in \left\{ {12;24;36} \right\}\)\( \Rightarrow \) Có 3 cách chọn \(\overline {ac} \).

Số cách chọn \(b\) là 5 cách.

\( \Rightarrow n\left( X \right) = 3.5 = 15\).

Vậy \(P\left( X \right) = \dfrac{{n\left( X \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \dfrac{{15}}{{180}} = \dfrac{1}{{12}}\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right) = C_9^4 = 126\).

Gọi A là biến cố: “bất kì hàng nào và cột nào của bảng cũng có hạt đậu”, khi đó ta có biến cố đối: \(\overline A \): “có 1 hàng hoặc 1 cột không có hạt đậu”.

Gọi B là biến cố: 1 hàng không có đậu.

- Chọn 1 hàng trong 3 hàng có \(C_3^1\) cách.

- Xếp 4 hạt đậu vào 2 hàng còn lại có \(C_6^4\) cách.

\( \Rightarrow \) \(n\left( B \right) = C_3^1.C_6^4 = 45\) cách.

Gọi C là biến cố: 1 cột không có đậu.

- Chọn 1 cột trong 3 cột có \(C_3^1\) cách.

- Xếp 4 hạt đậu vào 2 cột còn lại có \(C_6^4\) cách.

\( \Rightarrow \) \(n\left( C \right) = C_3^1.C_6^4 = 45\) cách.

Ta có: \(B \cap C\) = “1 hàng không có đậu và 1 cột không có đậu”.

- Chọn 1 hàng không có đậu có \(C_3^1\) cách.

- Chọn 1 cột không có đậu có \(C_3^1\) cách.

- Xếp 4 hạt đậu vào 4 ô còn lại có 1 cách.

\( \Rightarrow n\left( {B \cap C} \right) = 9\).

\( \Rightarrow n\left( A \right) = n\left( B \right) + n\left( C \right) - n\left( {B \cap C} \right) = 45 + 45 - 9 = 81\).

Vậy \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\bar A} \right) = 1 - \dfrac{{81}}{{126}} = \dfrac{5}{{14}}\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Tính số phần tử của không gian mẫu.

- Gọi A là biến cố: “tích hai số trên 2 thẻ được rút ra là số chẵn”, suy ra biến cố đối \(\overline A \).

- Tính số phần tử của biến cố đối và xác suất của biến cố đối.

- Sử dụng công thức \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right)\).

Lời giải chi tiết:

Rút ngẫu nhiên 2 thẻ \( \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = C_9^2\).

Gọi A là biến cố: “tích hai số trên 2 thẻ được rút ra là số chẵn” \( \Rightarrow \) Ít nhất 1 trong hai thẻ phải là số chẵn.

\( \Rightarrow \) Biến cố đổi \(\overline A \): “Không có thẻ nào là số chẵn” \( \Rightarrow \) Cả 2 thẻ đều là số lẻ.

Số cách chọn 2 số lẻ từ 9 số từ 1 đến 9 là \(C_5^2\) \( \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = C_5^2\).

Khi đó ta có \(P\left( {\overline A } \right) = \dfrac{{C_5^2}}{{C_9^2}} = \dfrac{5}{{18}}\).

Vậy \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \dfrac{5}{{18}} = \dfrac{{13}}{{18}}\).

Chọn B.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Số cách xếp \(10\) học sinh vào \(10\) vị trí: \(n\left( \Omega  \right) = 10!\) cách.

Gọi \(A\) là biến cố: “Trong \(10\) học sinh trên không có \(2\) học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau”.

Sắp xếp \(5\) học sinh lớp 12C vào \(5\) vị trí, có \(5!\) cách.

Ứng mỗi cách xếp \(5\) học sinh lớp 12C sẽ có \(6\) khoảng trống gồm \(4\) vị trí ở giữa và hai vị trí hai đầu để xếp các học sinh còn lại.

·          TH1: Xếp \(3\) học sinh lớp 12B vào \(4\) vị trí trống ở giữa (không xếp vào hai đầu), có \(A_4^3\) cách.

Ứng với mỗi cách xếp đó, chọn lấy \(1\) trong \(2\) học sinh lớp 12A xếp vào vị trí trống thứ \(4\) (để hai học sinh lớp 12C không được ngồi cạnh nhau), có \(2\) cách.

Học sinh lớp 12A còn lại có \(8\) vị trí để xếp, có \(8\) cách.

Theo quy tắc nhân, ta có \(5!.A_4^3.2.8\) cách.

·          TH2: Xếp \(2\) trong \(3\) học sinh lớp 12B vào \(4\) vị trí trống ở giữa và học sinh còn lại xếp vào hai đầu, có \(C_3^1.2.A_4^2\) cách.

Ứng với mỗi cách xếp đó sẽ còn \(2\) vị trí trống ở giữa, xếp \(2\) học sinh lớp 12A vào vị trí đó, có \(2\) cách.

Theo quy tắc nhân, ta có \(5!.C_3^1.2.A_4^2.2\) cách.

Do đó số cách xếp không có học sinh cùng lớp ngồi cạnh nhau là

\(n\left( A \right) = 5!.A_4^3.2.8 + 5!.C_3^1.2.A_4^2.2 = 63360\) cách.

Vậy \(P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \dfrac{{63360}}{{10!}} = \dfrac{{11}}{{630}}\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Xác suất của biến cố A là: \(P(A) = \dfrac{{n(A)}}{{n(\Omega )}}\).

Lời giải chi tiết:

Số phần tử của không gian mẫu: \(n(\Omega ) = C_{15}^4 = 1365\)

Có 3 trường hợp sau:

+) Chọn lần lượt theo thứ tự: 1 xanh, 1 vàng, 2 đỏ (loại bỏ bi có số thứ tự đã trùng của các viên đã chọn):

\(C_4^1.C_4^1.C_4^2 = 96\)

+) Chọn lần lượt theo thứ tự: 1 xanh, 2 vàng, 1 đỏ (loại bỏ bi có số thứ tự đã trùng của các viên đã chọn):

\(C_4^1.C_4^2.C_3^1 = 72\)

+) Chọn lần lượt theo thứ tự: 2 xanh, 1 vàng, 1 đỏ (loại bỏ bi có số thứ tự đã trùng của các viên đã chọn):

\(C_4^2.C_3^1.C_3^1 = 54\)

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 96 + 72 + 54 = 222 \Rightarrow P\left( A \right) = \dfrac{{222}}{{1365}} = \dfrac{{74}}{{455}}\).

Chọn B.